\extitle{3}{线性方程组}

\noindent \textbf{记号与惯例}
\begin{enumerate}[label=(\arabic*),itemsep=0pt]
  \item $\bZ,\symbf{Q}, \symbf{R}, \symbf{C}$分别表示整数环、有理数域、实数域、复数域。
    如无特别声明，基域都是某个数域，$P$ 和 $\bF$ 表示数域。
\item 对数域 $\bF$, $\bF^*$表示所有$\bF$中非零数的集合，$\bF[x]$表示系数属于$\bF$的多项式构成的环。
  $\bZ[x]$ 表示整系数多项式构成的环。
\item 对数域 $\bF$, $\bF^n, \bF^{(n)}$ 分别表示 $n$ 维行向量、$n$维列向量的集合。
  $\bF^{m\times n}$ 表示 $m\times n$矩阵的集合。
  $e_i$ 表示第 $i$个元素为 $1$ 其余元素为 $0$ 的向量，
      $e_{ij}$ 表示  $(i,j)$ 元素为 $1$ 其余为 $0$ 的矩阵。 
\item 对方阵 $A$, $|A|$ 和 $\det A$ 都用于表示 $A$ 的行列式，$A^*$ 表示$A$的伴随矩阵。
  对复矩阵 $A$, $A^{\rH}=\bar{A}^{\rT}$ 表示 $A$ 的共轭转置。
\item 对 $m\times n$ 矩阵 $A$, $\rank A$, $\rank_r A$ 和 $\rank_c A$ 分别
  表示 $A$ 的秩、行秩、列秩。
  $\Span_r A$ (转： $\Span_c A$) 表示 $A$ 的行空间 
  (转：列空间)，即由行向量组 (转：列向量组) 生成的 $\bF^n$ (转：$\bF^{(m)}$) 的子空间。
    \item 我们如下记三种初等行变换：
      \begin{enumerate}
        \item $r_i+r_j\times a$: 第$i$行加上第$j$行的$a$倍，
        \item $r_i\leftrightarrow r_j$:
        交换第$i$行与第$j$行，
      \item $r_i\times c$: 把第$i$行乘非零数$c$.
\end{enumerate}
      类似地，我们有$c_i+c_j\times a, c_i\leftrightarrow c_j, c_i\times c$ 来表示三种初等列变换。
注意我们的习惯是倾向于把被操作的行或列写在左边，而有些人的习惯是写在右边。
  \end{enumerate}

\section{作业题}

\paragraph*{习题 3.1\quad 消 元 法}

\begin{exercise}
用消元法解下列线性方程组：

\begin{enumerate}
\item \setlength{\arraycolsep}{2pt}
  $\left\{\begin{array}{rrrrrl}x_{1} & +3 x_{2} & +5 x_{3} & -4 x_{4}& &  = 1, \\ 
  x_{1} & +3 x_{2} & +2 x_{3} & -2 x_{4} & +x_{5}&  =   -1, \\ 
x_{1} & -2 x_{2} & +x_{3} & -x_{4} & -x_{5}& = 3, \\ x_{1} & -4 x_{2} & +x_{3} & +x_{4} & -x_{5}& = 3, \\
x_{1} & +2 x_{2} & +x_{3} & -x_{4} & +x_{5}& = -1.
\end{array}\right.$
\item\setlength{\arraycolsep}{2pt}
  $\left\{\begin{array}{rrrrrl}
      x_{1} & +2 x_{2} &  & -3 x_{4} & +2 x_{5}& = 1, \\ 
  x_{1} & -x_{2} & -3 x_{3} & +x_{4} & -3 x_{5}& = 2, \\ 
2 x_{1} & -3 x_{2} & +4 x_{3} & -5 x_{4} & +2 x_{5}& = 7, \\ 
9 x_{1} & -9 x_{2} & +6 x_{3} & -16 x_{4} & +2 x_{5}& = 25.
\end{array}\right.$
\item \setlength{\arraycolsep}{2pt}
  $\left\{\begin{array}{rrrrl}
  x_{1} & -2 x_{2} & +3 x_{3} & -4 x_{4} & = 4, \\ 
  & x_{2} & -x_{3} & +x_{4} & =  -3, \\ 
x_{1} & +3 x_{2} && +x_{4}  & = 1, \\  
& -7 x_{2} & +3 x_{3} & +x_{4} & = -3.
\end{array}\right.$
\item \setlength{\arraycolsep}{2pt}
  $\left\{\begin{array}{rrrrl}
  3 x_{1} & +4 x_{2} & -5 x_{3} & +7 x_{4}& = 0, \\
2 x_{1} & -3 x_{2} & +3 x_{3} & -2 x_{4}& = 0, \\ 
4 x_{1} & +11 x_{2} & -13 x_{3} & +16 x_{4}& = 0, \\
7 x_{1} & -2 x_{2} & +x_{3} & +3 x_{4}& = 0 ;
\end{array}\right.$
\item \setlength{\arraycolsep}{2pt}
  $\left\{\begin{array}{rrrrl}
    2x_1 &+ x_2&-x_3&+x_4&= 1\\
    3x_1&-2x_2&+2x_3&-3x_4&= 1\\
    5x_1&+x_2&-x_3&+2x_4 &= -1\\
    2x_1&-x_2&+x_3&-3x_4&= 4.
  \end{array}\right.$
  %$\left\{\begin{array}{l}2 x_{1}+x_{2}-x_{3}+x_{4}=1, \\ 3 x_{1}-2 x_{2}+2 x_{3}-3 x_{4}=2, \\ 5 x_{1}+x_{2}-x_{3}+2 x_{4}=-1, \\ 2 x_{1}-x_{2}+x_{3}-3 x_{4}=4 ;\end{array}\right.$
\item \setlength{\arraycolsep}{2pt}
  $\left\{\begin{array}{rrrrl}
  x_{1} & +2 x_{2} & +3 x_{3} & -x_{4}& = 1, \\ 
3 x_{1} & +2 x_{2} & +x_{3} & -x_{4}& = 1, \\ 
2 x_{1} & +3 x_{2} & +x_{3} & +x_{4}& = 1, \\ 
2 x_{1} & +2 x_{2} & +2 x_{3} & -x_{4}& = 1, \\
5 x_{1} & +5 x_{2} & +2 x_{3}& &  = 2 .
\end{array}\right.$


\end{enumerate}

\end{exercise}
注意(5)跟课本103页练习1(5)数字不一样。课本上的方程组是无解的。
\begin{solution}
\begin{enumerate}
\item 我们行化简该线性方程组的增广矩阵至阶梯形：
\[
\begin{aligned}
 & \left(\begin{array}{rrrrr|r}
    1 & 3 & 5 & -4 & 0 & 1 \\
  1 & 3 & 2 & -2 & 1 & -1 \\
1 & -2 & 1 & -1 & -1 & 3 \\
1 & -4 & 1 & 1 & -1 & 3 \\
1 & 2 & 1 & -1 & 1 & -1
\end{array}\right)
\xrightarrow[\substack{r_4-r_1\\ r_5-r_1}]{\substack{r_2-r_1\\ r_3-r_1}} 
  \left(\begin{array}{rrrrr|r}
    1 & 3 & 5 & -4 & 0 & 1 \\
  0 & 0 & -3 & 2 & 1 & -2 \\
0 & -5 & -4 & 3 & -1 & 2 \\
0 & -7 & -4 & 5 & -1 & 2 \\
0 & -1 & -4 & 3 & 1 & -2
\end{array}\right) \\
& \xrightarrow[\substack{r_2\leftrightarrow r_5\\ r_4\times(\frac{1}{8})}]{\substack{r_3-5r_5\\ r_4-7r_5}}
 \left(\begin{array}{rrrrr|r}
    1 & 3 & 5 & -4 & 0 & 1 \\
    0 & -1 & -4 & 3 & 1 & -2 \\
0 & 0 & 16 & -12 & -6 & 12 \\
0 & 0 & 3 & -2 & -1 & 2 \\
0 & 0 & -3 & 2 & 1 & -2 
\end{array}\right) 
\xrightarrow[r_4-3r_3]{\substack{r_3-5r_4\\ r_5+r_4}}
 \left(\begin{array}{rrrrr|r}
    1 & 3 & 5 & -4 & 0 & 1 \\
    0 & -1 & -4 & 3 & 1 & -2 \\
0 & 0 & 1 & -2 & -1 & 2 \\
0 & 0 & 0 & 4 & 2 & -4 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right).
\end{aligned}
\]
如此，得与所给线性方程组同解的阶梯形线性方程组
\[
\left\{ 
  \begin{array}[]{rrrrrl}
    x_1 & +3x_2 & +5x_3 & -4x_4 &  &= 1 \\
     & -x_2 & -4x_3 & +3x_4 & +x_5 &= -2 \\
 &  & x_3 & -2x_4 & -x_5 &= 2 \\
 &  &  & 4x_4 & +2x_5 &= -4 .
  \end{array}
\right.
\]
任取自由未知量$x_5=a$, 回代可依次解得
\[
x_4=-1-\frac{1}{2}a,\quad
x_3=0,\quad
x_2=-1-\frac{1}{2}a,\quad
x_1=-\frac{1}{2}a.
\]
故通解为
\[
(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)=(-\frac{1}{2}a, -1-\frac{1}{2}a, 0, -1-\frac{1}{2}a, a)\quad (\text{其中$a\in P$}).
\]
  \item 我们行化简该线性方程组的增广矩阵至阶梯形：
\[
\begin{aligned}
  \left(\begin{array}{crrrr|r}
    1 & 2 & 0 & -3 & 2 & 1\\
    1 & -1 & -3 & 1 & -3 & 2\\
    2 & -3 & 4 & -5 & 2 & 7 \\
    9 & -9 & 6 & -16 & 2 & 25
  \end{array}\right)
  \xrightarrow[\substack{r_2-r_1\\ r_2\leftrightarrow r_3}]{\substack{r_4-9r_2 \\ r_3-2r_1}} & 
  \left(\begin{array}{crrrr|r}
    1 & 2 & 0 & -3 & 2 & 1\\
    0 & -1 & 10 & -7 & 8 & 3 \\
    0 & -3 & -3 & 4 & -5 & 1\\
    0 & 0 & 33 & -25 & 29 & 7
  \end{array}\right)\\
  \xrightarrow[r_4+r_3]{r_3-3r_2} & 
  \left(\begin{array}{crrrr|r}
    1 & 2 & 0 & -3 & 2 & 1\\
    0 & -1 & 10 & -7 & 8 & 3 \\
    0 & 0 & -33 & 25 & -29 & -8\\
    0 & 0 & 0 & 0 & 0 & -1
  \end{array}\right).
\end{aligned}
\]
最后一行给出形如$0=-1$的方程，故所给线性方程组无解。
        \item 我们行化简该线性方程组的增广矩阵至阶梯形：
\[
\begin{aligned}
  & \left(\begin{array}{rrrr|r}
    1 & -2 & 3 & -4 & 4 \\
    0 & 1 & -1 & 1 & -3 \\
    1 & 3 & 0 & 1 & 1\\
    0 & -7 & 3 & 1 & -3 
  \end{array}\right)
  \xrightarrow{r_3-r_1} 
  \left(\begin{array}{rrrr|r}
    1 & -2 & 3 & -4 & 4 \\
    0 & 1 & -1 & 1 & -3 \\
   0  & 5 & -3 & 5 & -3\\
    0 & -7 & 3 & 1 & -3 
  \end{array}\right)\\
  &\xrightarrow[r_4+7r_2]{r_3-r_2}
  \left(\begin{array}{rrrr|r}
    1 & -2 & 3 & -4 & 4 \\
    0 & 1 & -1 & 1 & -3 \\
    0 & 0 & 2 & 0 & 12\\
    0 & 0& -4 & 8 & -24 
  \end{array}\right)\xrightarrow{r_4+2r_3} 
  \left(\begin{array}{rrrr|r}
    1 & -2 & 3 & -4 & 4 \\
    0 & 1 & -1 & 1 & -3 \\
   0  & 0 & 2 & 0 & 12\\
    0 & 0& 0 & 8 & 0 
  \end{array}\right).
\end{aligned}
\]
由此可知，所给线性方程组有唯一解，
且与下面的线性方程组同解
\[
\left\{ 
  \begin{array}[]{rrrrl}
    x_1 & -2x_2 & +3x_3 & -4x_4&= 4\\
    & x_2 & -x_3 & +x_4 &= -3\\
    & & 2x_3 & &=12\\
    & & & 8x_4 & =0.
  \end{array}
\right.
\]
回代可解得
\[
\begin{cases}
  x_1= -8 \\
  x_2= 3\\
  x_3 = 6\\
  x_4=0.
\end{cases}
\]
\item 我们行化简该齐次线性方程组的系数矩阵至既约的阶梯形：
\[
\left(\begin{array}{rrrr}
3 & 4 & -5 & 7 \\
2 & -3 & 3 & -2 \\
4 & 11 & -13 & 16 \\
7 & -2 & 1 & 3
\end{array}\right)\longrightarrow
\left(\begin{array}{rrrr}
1 & 0 & -\frac{3}{17} & \frac{13}{17} \\
0 & 1 & -\frac{19}{17} & \frac{20}{17} \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right).
\]
如此，自由未知量为$x_3,x_4$,
任取$x_3=a, x_4=b$, 可读出通解
\[
  (x_1,x_2,x_3,x_4)=\left( \frac{3}{17}a - \frac{13}{17}b, \frac{19}{17}a- \frac{20}{17}b, a, b  \right)
  \quad (\text{其中$a, b\in P$}).
\]
  \item 注意到几个方程的 $x_2, x_3$ 的系数有明显的关系，容易消，所以我们把线性方程组写为
  \[
    \left\{\begin{array}{rrrrl}
     x_2&-x_3&+x_4&+ 2x_1 &= 1\\
    -2x_2&+2x_3&-3x_4& + 3x_1&=  1\\
    x_2&-x_3&+2x_4 & + 5x_1& = -1\\
    -x_2&+x_3&-3x_4& +2x_1&= 4.
  \end{array}\right.
\]
    我们来行化简此线性方程组的增广矩阵至阶梯形：
  \[
      \begin{aligned}
          \left(\begin{array}{rrrr|r}
              1 & -1 & 1 &2  & 1\\
              -2 & 2 &  -3 & 3  & 1 \\
              1 & -1 & 2& 5  & -1\\
              -1 & 1 & -3& 2  & 4
          \end{array}\right)
          \xrightarrow[r_4+r_1]{\substack{r_2+2r_1\\ r_3-r_1}} & 
          \left(\begin{array}{rrrr|r}
              1 & -1 & 1 & 2  & 1\\
              0 & 0 & -1 & 7  & 3\\
              0 & 0 &  1 & 3  & -2\\
              0 & 0 & -2 & 4  & 5
          \end{array}\right) \\
          \xrightarrow[r_3+r_2]{r_4-r_2+r_3} & 
          \left(\begin{array}{rrrr|r}
              1 & -1 & 1  & 2 & 1\\
              0 & 0 & -1 & 7 &  3\\
              0 & 0 &  0 & 10 & 1 \\
              0 & 0 & 0 & 0 & 0
          \end{array}\right).
      \end{aligned}
  \]
这样所给线性方程组与下面的线性方程组同解
\begin{align*}
\left\{
  \begin{array}[]{rrrrl}
    x_2 & -x_3 & +x_4 & +2x_1 &= 1\\
    & & -x_4 & +7x_1&= 3\\
    & & & 10x_1&= 1.
  \end{array}
\right.
\end{align*}
任取自由未知量$x_3=a$, 回代可得通解为
\begin{align*}
\begin{cases}
  x_1&= \frac{1}{10}, \\
  x_2&= a+\frac{31}{10},\\
  x_3&= a,\\
  x_4&= -\frac{23}{10},
\end{cases}
\end{align*}
其中$a\in P$为任意数。
\item 
我们行化简该线性方程组的增广矩阵至既约的阶梯形：
\[
\left(\begin{array}{rrrr|r}
1 & 2 & 3 & -1 & 1 \\
3 & 2 & 1 & -1 & 1 \\
2 & 3 & 1 & 1 & 1 \\
2 & 2 & 2 & -1 & 1 \\
5 & 5 & 2 & 0 & 2
\end{array}\right)\longrightarrow
\left(\begin{array}{rrrr|r}
1 & 0 & 0 & -\frac{5}{6} & \frac{1}{6} \\
0 & 1 & 0 & \frac{7}{6} & \frac{1}{6} \\
0 & 0 & 1 & -\frac{5}{6} & \frac{1}{6} \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right)
\]
如此，自由未知量为$x_4$,
任取$x_4=a$, 可读出通解
\[\tag*{\qedhere}
  (x_1,x_2,x_3,x_4)=\left( \frac{1}{6}+\frac{5}{6}a, \frac{1}{6}-\frac{7}{6}a, \frac{1}{6}+\frac{5}{6}a, a \right)\quad (\text{其中$a\in P$}).
\]
\end{enumerate}
\end{solution}


\begin{exercise}\label{232}
讨论 $\lambda, a, b$ 取什么值时下列方程组有解，并求解：
\begin{enumerate}
  \item $
  \left\{
    \begin{array}{rrrl}
      \lambda x_1 & +x_2 & +x_3 &=1\\
      x_1 &+\lambda x_2 & +x_3 &= \lambda\\
      x_1 &+x_2 &+\lambda x_3 &= \lambda^2.
    \end{array}
  \right.$ 
\item 
  $\left\{
    \begin{array}{rrrl}
      (\lambda+3)x_1 & + x_2 & + 2x_3&= \lambda\\
      \lambda x_1 & +(\lambda-1)x_2 & +x_3 &= 2\lambda\\
      3(\lambda+1)x_1  & +\lambda x_2 &+(\lambda+3)x_3 &=  3.
    \end{array}
  \right.$
\item $\left\{\begin{array}{rrrl}a x_{1} & +x_{2} & +x_{3}&= 4 \\
x_{1} & +b x_{2} & +x_{3}&= 3 \\ 
x_{1} & +2 b x_{2} & +x_{3}&= 4.
\end{array}\right.$
\end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
  (1) \fangfa 我们对增广矩阵边行化简边发现解的情况：
\[
  \begin{aligned}
     \left(\begin{array}{ccc|c}
      \lambda & 1 & 1 & 1\\
      1 & \lambda & 1 & \lambda \\
      1 & 1 & \lambda & \lambda^2
\end{array}\right)
\xrightarrow{r_1\leftrightarrow r_3} &
\left(\begin{array}{ccc|c}
      1 & 1 & \lambda & \lambda^2\\
      1 & \lambda & 1 & \lambda \\
      \lambda & 1 & 1 & 1
\end{array}\right) \\
\xrightarrow[r_3-r_1\times \lambda]{r_2-r_1} &
  \left(\begin{array}{ccc|c}
      1 & 1 & \lambda & \lambda^2\\
      0 & \lambda-1 & 1-\lambda & \lambda(1-\lambda)\\
      0 & 1-\lambda & 1-\lambda^2 & 1-\lambda^3
\end{array}\right)\\
\xrightarrow[r_3\times (-1)]{r_3+r_2} &
\left(\begin{array}{ccc|c}
      1 & 1 & \lambda & \lambda^2\\
      0 & \lambda-1 & 1-\lambda & \lambda(1-\lambda) \\
      0 & 0 & (\lambda-1)(\lambda+2) & (\lambda-1)(\lambda+1)^2
\end{array}\right).
\end{aligned}
\]
注意到化简后系数矩阵的行列式为$(\lambda-1)^2(\lambda+2)$. 
若$\lambda\neq 1, -2$, 则该线性方程组有唯一解，且
与下面的线性方程组同解：
\[
\left\{ 
  \begin{array}[]{rrrl}
    x_1 & +x_2 & +\lambda x_3 &= \lambda^2\\
    &  (\lambda-1)x_2 & +(1-\lambda) x_3 &= \lambda(1-\lambda)\\
    & & (\lambda-1)(\lambda+2) x_3 &= (\lambda-1)(\lambda+1)^2.
  \end{array}
\right.
\]
我们回代可求得唯一解：
\[
x_1=\frac{-\lambda-1}{\lambda+2}, \quad
x_2=\frac{1}{\lambda+2}, \quad 
x_3=\frac{(\lambda+1)^2}{\lambda+2}.
\]
下面考虑$\lambda=1$或$-2$.
若 $\lambda=1$, 化简所得的矩阵形如 
\[
\left(\begin{array}{ccc|c}
      1 & 1 & 1 & 1\\
      0 & 0 & 0 & 0 \\
      0 & 0 & 0 & 0
  \end{array}\right),
\]
相应的线性方程组为$x_1+x_2+x_3=1$. 任取自由未知量$x_2=a, x_3=b$, 可知通解为 
\[
(x_1,x_2,x_3)=(1-a-b, a, b), \quad\text{其中 $a,b\in P$.}
\]
若$\lambda=-2$, 化简所得的矩阵形如 
\[
\left(\begin{array}{ccc|c}
      1 & 1 & -2 & 4\\
      0 & -3 & 3 & -6 \\
      0 & 0 & 0 & -3
  \end{array}\right).
\]
最后一行给出了一个 $0=-3$ 这样的方程，此时该线性方程组无解。
总结下就是：
\begin{enumerate}[(i)]
\item $\lambda\neq 1, -2$ 时有唯一解，唯一解为 
\[
(x_1, x_2, x_3)=\left( 
  \frac{-\lambda-1}{\lambda+2}, 
\frac{1}{\lambda+2}, 
\frac{(\lambda+1)^2}{\lambda+2}\right);
\]
\item $\lambda=1$ 时有无穷多解，通解为 
\[
(x_1,x_2,x_3)=(1-a-b, a, b), \quad\text{其中 $a,b\in P$;}
\]
\item $\lambda=-2$ 时无解。
\end{enumerate}

\fangfa  注意到系数矩阵为方阵，其行列式为
\[
  d=\begin{vmatrix}
  \lambda & 1 & 1 \\
  1 & \lambda & 1\\
  1 & 1  &\lambda
\end{vmatrix}= (\lambda-1)^2(\lambda+2).
\]
(例如，可应用课本44页例1的计算结果。)
若$d\neq 0$, 即$\lambda\neq 1$且$\lambda\neq -2$时所给线性方程组的系数行列式非零，
此时唯一解可由Cramer法则得到，这需要我们计算如下三个行列式：
\begin{align*}
  d_1&= \begin{vmatrix}
    1& 1 & 1\\
    \lambda & \lambda & 1\\
    \lambda^2 & 1 & \lambda
  \end{vmatrix}
  =-(\lambda+1)(\lambda-1)^2,\\
  d_2&= \begin{vmatrix}
    \lambda & 1 & 1\\
    1 & \lambda & 1\\
    1 & \lambda^2 & \lambda
  \end{vmatrix}
  = (\lambda-1)^2,\\
  d_3&= \begin{vmatrix}
    \lambda & 1 & 1 \\
    1 & \lambda & \lambda \\
    1 & 1 & \lambda^2
  \end{vmatrix}
  =(\lambda+1)^2(\lambda-1)^2.
\end{align*}
由Cramer法则知唯一解为
\[
  x_1= \frac{d_1}{d}=\frac{-\lambda-1}{\lambda+2},\quad 
  x_2= \frac{d_2}{d}=\frac{1}{\lambda+2}, \quad 
  x_3= \frac{d_3}{d}=\frac{(\lambda+1)^2}{\lambda+2}.
\]
（亦可考虑行化简增广矩阵来得到。）
现在考虑$\lambda=1$或$\lambda=-2$. 
若$\lambda=1$, 我们只有一个方程$x_1+x_2+x_3=1$. 任取自由未知量$x_2=a, x_3=b$, 可知通解为 
\[
(x_1,x_2,x_3)=(1-a-b, a, b), \quad\text{其中 $a,b\in P$.}
\]
若$\lambda=-2$, 我们尝试行化简增广矩阵：
\[
  \left( 
    \begin{array}[]{ccc|c}
      -2 & 1 & 1 & 1\\
      1 & -2 & 1 & -2\\
      1 & 1 & -2 & 4
    \end{array}
  \right)\xrightarrow{r_1+r_2+r_3}
  \left( 
    \begin{array}[]{ccc|c}
      0 & 0 & 0 & -3\\
      1 & -2 & 1 & -2\\
      1 & 1 & -2 & 4
    \end{array}
  \right)
\]
可以发现第一行给了我们一个方程$0=-3$, 所以所给线性方程组无解。
总结下就是：
\begin{enumerate}[(i)]
\item $\lambda\neq 1, -2$ 时有唯一解，唯一解为 
\[
(x_1, x_2, x_3)=\left( 
  \frac{-\lambda-1}{\lambda+2}, 
\frac{1}{\lambda+2}, 
\frac{(\lambda+1)^2}{\lambda+2}\right);
\]
\item $\lambda=1$ 时有无穷多解，通解为 
\[
(x_1,x_2,x_3)=(1-a-b, a, b), \quad\text{其中 $a,b\in P$;}
\]
\item $\lambda=-2$ 时无解。
\end{enumerate}

\setcounter{fangfa}{0}
(2) \fangfa  注意到系数矩阵$A$为方阵。 我们来计算系数行列式：
  \begin{align*}
    |A|&= \begin{vmatrix}
      \lambda +3 & 1 & 2 \\
    \lambda & \lambda-1 & 1 \\
    3(\lambda+1) & \lambda & \lambda+3
  \end{vmatrix}=\begin{vmatrix}
    0 & 1 & 0\\
    -\lambda^2-\lambda+3 & \lambda-1 & -2\lambda+3\\
    -\lambda^2+3 & \lambda & -\lambda+3
  \end{vmatrix}\\
  &= -\left( (-\lambda^2-\lambda+3)(-\lambda+3) - (-2\lambda+3)(-\lambda^2+3) \right) =\lambda^3-\lambda^2.
  \end{align*}
  所以$\lambda^3-\lambda^2\neq0$时，即$\lambda\neq 0$且$\lambda\neq 1$时，系数行列式非零，该线性方程组有唯一解。
  此唯一解可由Cramer法则得到。我们需要计算如下三个行列式：
  \begin{align*}
    |B_1|&= \begin{vmatrix}
      \lambda & 1 & 2 \\
      2\lambda & \lambda-1 & 1\\
      3 & \lambda & \lambda +3
    \end{vmatrix} = \lambda^{3} + 3 \lambda^{2} - 15 \lambda + 9,\\
    |B_2|&= \begin{vmatrix}
      \lambda+3 & \lambda & 2 \\
      \lambda & 2\lambda & 1\\
      3(\lambda+1)& 3 & \lambda+3
    \end{vmatrix} =\lambda^3+12\lambda-9,\\
    |B_3|&= \begin{vmatrix}
      \lambda+3 & 1 & \lambda\\
      \lambda & \lambda-1 & 2\lambda \\
      3(\lambda+1) & \lambda & 3
    \end{vmatrix} = -4 \lambda^{3} + 3 \lambda^{2} + 12 \lambda - 9.
  \end{align*}
  所以唯一解为
  \[
  \begin{aligned}
x_1&=  \frac{|B_1|}{|A|} = \frac{\lambda^{3} + 3 \lambda^{2} - 15 \lambda + 9}{\lambda^3-\lambda^2},\\
      x_2&=  \frac{|B_2|}{|A|} = \frac{\lambda^3+12\lambda-9}{\lambda^3-\lambda^2},\\
            x_3&= \frac{|B_3|}{|A|}=\frac{-4 \lambda^{3} + 3 \lambda^{2} + 12 \lambda - 9}{\lambda^3-\lambda^2}.
          \end{aligned}
\]
下面考虑$\lambda=0$或$\lambda=1$的情形。若$\lambda =0$, 我们试着行化简该线性方程组的增广矩阵：
\begin{align*}
  \left(\begin{array}{ccc|c}
    3 & 1 & 2 & 0\\
    0 & -1 & 1 & 0\\
    3 & 0 & 3 & 3
\end{array}\right)
  \xrightarrow{r_1+r_2-r_3} 
  \left( \begin{array}{ccc|c}
    0 & 0 & 0 & -3 \\
    0 & 1 & -1 & 0\\
     3 & 0  & 3 & 3
 \end{array}\right),
\end{align*}
此时该线性方程组无解。
若$\lambda=1$, 我们试着行化简该线性方程组的增广矩阵：
\[
  \left(\begin{array}{ccc|c}
    4 & 1 & 2 & 1\\
    1 & 0 & 1 & 2\\
    6 & 1 & 4 & 3
\end{array}\right) \xrightarrow{r_3-r_1-2r_2} 
\left(\begin{array}{ccc|c}
    4 & 1 & 2 & 1\\
    1 & 0 & 1 & 2\\
     0 & 0 & 0 & -1
 \end{array}\right),
\]
此时该线性方程组无解。总结下就是：
\begin{enumerate}[(i)]
  \item $\lambda\neq 0,1$时有唯一解，唯一解为
\[
    (x_1,x_2,x_3) = \left(
      \frac{\lambda^{3} + 3 \lambda^{2} - 15 \lambda + 9}{\lambda^3-\lambda^2},
      \frac{\lambda^3+12\lambda-9}{\lambda^3-\lambda^2},
    \frac{-4 \lambda^{3} + 3 \lambda^{2} + 12 \lambda - 9}{\lambda^3-\lambda^2}
  \right).
\]
\item $\lambda=0$或$1$时无解。
\end{enumerate}

\fangfa 
我们试着把增广矩阵行化简至阶梯形。仔细观察后可发现未知量按照$x_2,x_3,x_1$这样的顺序排时化简更方便。
此时增广矩阵的化简过程如下：
\[
\begin{aligned}
& \left(\begin{array}{ccc|c}
      1 & 2 & \lambda +3  & \lambda \\
      \lambda-1 & 1 & \lambda & 2\lambda \\
      \lambda & \lambda+3 & 3(\lambda+1)& 3
\end{array}\right) \\
\xrightarrow[r_2-r_2\times(\lambda-1)]{r_3-r_1-r_2} &
  \left(\begin{array}{ccc|c}
1 & 2 & \lambda +3  & \lambda \\
0 & -2\lambda +3 & -\lambda^2-\lambda+3 & -\lambda^2+3\lambda \\
0 & \lambda & \lambda & 3-3\lambda
  \end{array}\right)  \\
  \xrightarrow[r_3\times 3]{r_2+2r_3} &   
  \left(\begin{array}{ccc|c}
1 & 2 & \lambda +3  & \lambda \\
0 & 3 & -\lambda^2+\lambda+3 & -\lambda^2-3\lambda + 6\\
0 & 3\lambda & 3\lambda & 9-9\lambda
  \end{array}\right)\\
  \xrightarrow{r_3-r_2\times \lambda} &
  \left(\begin{array}{ccc|c}
1 & 2 & \lambda +3  & \lambda \\
0 & 3 & -\lambda^2+\lambda+3 & -\lambda^2-3\lambda + 6\\
0 & 0 & \lambda^2(\lambda-1) & \lambda^3+3\lambda^2-15\lambda+9
  \end{array}\right).
\end{aligned}
\]
化简后系数矩阵的行列式为$\lambda^2(\lambda-1)$.
若$\lambda\neq 0,1$, 则解存在且唯一。写出相应的阶梯形线性方程组后（注意第$1,2,3$列分别为$x_2,x_3,x_1$的系数）可通过回代可依次解得
  \[
      x_1= \frac{\lambda^{3} + 3 \lambda^{2} - 15 \lambda + 9}{\lambda^3-\lambda^2},\quad
      x_3=\frac{-4 \lambda^{3} + 3 \lambda^{2} + 12 \lambda - 9}{\lambda^3-\lambda^2},\quad
      x_2= \frac{\lambda^3+12\lambda-9}{\lambda^3-\lambda^2}.
    \]
若$\lambda=0$, 化简后的增广矩阵为 
\[
  \left(\begin{array}{ccc|c}
     1 & 2 & 3 & 0\\
    & 3 & 3 & 6\\
& & 0 & 9
  \end{array}\right),
\]
最后一行表明该线性方程组无解。
若$\lambda=1$, 化简后的增广矩阵为 
\[
  \left(\begin{array}{ccc|c}
     1 & 2 & 4 & 1\\
    & 3 & 3 & 2\\
& & 0 & -2
  \end{array}\right),
\]
最后一行表明该线性方程组无解。
总结下就是：
\begin{enumerate}[(i)]
\item   $\lambda\neq 0,1$时，所给线性方程组有唯一解，唯一解为
\[
    (x_1,x_2,x_3) =\left(
\frac{\lambda^{3} + 3 \lambda^{2} - 15 \lambda + 9}{\lambda^3-\lambda^2},
\frac{\lambda^3+12\lambda-9}{\lambda^3-\lambda^2},
\frac{-4 \lambda^{3} + 3 \lambda^{2} + 12 \lambda - 9}{\lambda^3-\lambda^2}
    \right).
  \]
\item $\lambda=0$或$1$时，所给线性方程组无解。
\end{enumerate}


\fangfa  
我们试着把增广矩阵化简至阶梯形（要用到带余除法）：\footnote{利用带余除法可以把$\lambda$-矩阵行化简至阶梯形。}
\[
\begin{aligned}
& \left(\begin{array}{ccc|c}
      \lambda +3 & 1 & 2 & \lambda \\
    \lambda & \lambda-1 & 1 & 2\lambda \\
    3(\lambda+1) & \lambda & \lambda+3 & 3
\end{array}\right) \\
\xrightarrow[r_3-r_1-r_2]{\substack{r_1-r_2 \\ r_2\times 3}} &
  \left(\begin{array}{ccc|c}
    3 & 2-\lambda & 1 & -\lambda \\
    3\lambda & 3\lambda-3 & 3 & 6\lambda \\
    & -\lambda +1 & \lambda -1 & 3-5\lambda 
  \end{array}\right) \\
  \xrightarrow{r_2+r_1\times (-\lambda)} &
  \left(\begin{array}{ccc|c}
    3 & 2-\lambda & 1 & -\lambda \\
     & \lambda^2+\lambda-3 & 3-\lambda & \lambda^2+6\lambda \\
     & -\lambda +1 & \lambda -1 & 3-5\lambda 
  \end{array}\right) \\
  \xrightarrow{r_2+r_3\times(\lambda+2)} &
  \left(\begin{array}{ccc|c}
    3 & 2-\lambda & 1 & -\lambda \\
     & -1 & \lambda^2+1 & -4\lambda^2-\lambda+6 \\
     & -\lambda +1 & \lambda -1 & 3-5\lambda 
  \end{array}\right) \\
   \xrightarrow{r_3+r_2\times(-\lambda+1)}  &
   \left(\begin{array}{ccc|c}
    3 & 2-\lambda & 1 & -\lambda \\
     & -1 & \lambda^2+1 & -4\lambda^2-\lambda+6 \\
     &  & -\lambda^2(\lambda -1) & 4\lambda^3-3\lambda^2-12\lambda+9
 \end{array}\right).
\end{aligned}
\]
显然化简后系数行列式为$3\lambda^2(\lambda-1)$.
 若$\lambda\neq 0,1$, 那么解唯一。可通过回代依次解得
  \[
      x_3=\frac{-4 \lambda^{3} + 3 \lambda^{2} + 12 \lambda - 9}{\lambda^3-\lambda^2},\quad
      x_2= \frac{\lambda^3+12\lambda-9}{\lambda^3-\lambda^2},\quad
      x_1= \frac{\lambda^{3} + 3 \lambda^{2} - 15 \lambda + 9}{\lambda^3-\lambda^2}.
\]
    若$\lambda=0$, 化简后的增广矩阵的最后一行为$(0,0,0,9)$,  
即我们有个$0=9$的方程，由此可知该线性方程组无解。
若$\lambda=1$, 化简后的增广矩阵的最后一行为$(0,0,0,-2)$, 故该线性方程组无解。
总结下就是：
\begin{enumerate}[(i)]
  \item $\lambda\neq 0,1$时有唯一解，唯一解为
\[
    (x_1,x_2,x_3) = \left(
      \frac{\lambda^{3} + 3 \lambda^{2} - 15 \lambda + 9}{\lambda^3-\lambda^2},
      \frac{\lambda^3+12\lambda-9}{\lambda^3-\lambda^2},
    \frac{-4 \lambda^{3} + 3 \lambda^{2} + 12 \lambda - 9}{\lambda^3-\lambda^2}
  \right).
\]
\item $\lambda=0$或$1$时无解。
\end{enumerate}



(3) 这里我们通过行化简来发现解的情况，也可考虑使用Cramer法则（读者自行尝试）。
为了化简的方便，我们把未知量按照$x_3, x_1, x_2$的顺序重写所给线性方程组
\[
\left\{\begin{array}{rrrl}
  x_{3} &+  a x_{1}& +x_{2}   & = 4 \\
  x_{3}& + x_{1} &+ b x_{2}  &= 3 \\ 
 x_{3}&+ x_{1} &+ 2 b x_{2}   & = 4.
\end{array}\right.
\]
试着行化简此时的增广矩阵至阶梯形：
\[
    \left( 
      \begin{array}[]{ccc|c}
        1 & a& 1  & 4\\
         1 & 1& b  & 3\\
        1  &  1& 2b & 4
      \end{array}
  \right)\xrightarrow[r_2-r_1]{r_3-r_2} 
    \left( 
      \begin{array}[]{ccc|c}
        1  & a& 1 & 4\\
         0 & 1-a& b-1  & -1\\
        0 &  0& b  & 1
      \end{array}
    \right).
\]
化简后的系数行列式为$(1-a)b$. 若$a\neq 1$且$b\neq 0$, 则系数行列式非零，所给线性方程组有解唯一解。
化简所得同解的阶梯形线性方程组为
\[
    \left\{
      \begin{array}[]{cccl}
  x_3 & +ax_1 & +x_2&= 4\\
  & (1-a)x_1 & +(b-1)x_2&= -1\\
  & & bx_2&= 1,
\end{array}
\right.
\]
回代可解得
\[
  x_2=\frac{1}{b},\quad
  x_1=\frac{2b - 1}{b(a - 1)},\quad
  x_3=\frac{2ab-4b+1}{b(a-1)}.
\]
若$b=0$, 由最后一行可知无解。若$a=1$且$b\neq 0$,
进一步行化简后的增广矩阵得
\[
   \left( 
      \begin{array}[]{ccc|c}
        1  & 1& 1 & 4\\
         0 & 0& b-1  & -1\\
        0 &  0& b  & 1
      \end{array}
    \right)\xrightarrow[r_3+r_2\times b]{r_2+r_3}
         \left( 
      \begin{array}[]{ccc|c}
        1  & 1& 1 & 4\\
         0 & 0& -1  & -2\\
        0 &  0& 0  & 1-2b
      \end{array}
    \right).
  \]
  故有解当且仅当$1-2b=0$, 即$b=\frac{1}{2}$.
  此时，相应的线性方程组为
  \[
    \left\{
      \begin{array}[]{cccl}
  x_3 & +x_1 & +x_2&= 4\\
  & & -x_2&= -2,
\end{array}
\right.
  \]
  任取自由未知量$x_1=c$, 回代可解得$x_2=2, x_3=2-c$.
总结下就是：
\begin{enumerate}[(i)]
\item 若$a\neq 1$且$b\neq 0$, 有唯一解，唯一解为
  \[
    (x_1, x_2, x_3) = \left(
      \frac{2b - 1}{b(a - 1)}, \frac{1}{b},
    \frac{2ab-4b+1}{b(a-1)}\right).
  \]
\item 若$a=1$且$b=\frac{1}{2}$, 有无穷多解，通解为
  \[
    (x_1, x_2, x_3) = (c, 2, 2-c) \quad (\text{其中$c\in P$.})
  \]
\item 若$b=0$, 或$a=1$且$b\neq \frac{1}{2}$, 无解。\qedhere
\end{enumerate}
\end{solution}





\paragraph*{习题 3.2\quad $n$ 维向量空间}


\paragraph*{习题 3.3\quad 线性相关性}

\begin{exercise}
把向量 $ \beta$ 表成向量 $ \alpha_{1},  \alpha_{2},  \alpha_{3},  \alpha_{4}$ 的线性组合：
\begin{enumerate}
\item $ \beta=(1,2,1,1),  \alpha_{1}=(1,1,1,1),  \alpha_{2}=(1,1,-1,-1),  \alpha_{3}=(1,-1,1,-1),  \alpha_{4}=(1,-1,-1,1)$;
\item $ \beta=(0,0,0,1),  \alpha_{1}=(1,1,0,1),  \alpha_{2}=(2,1,3,1),  \alpha_{3}=(1,1,0,0),  \alpha_{4}=(0,1,-1,-1)$.
\end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
\begin{enumerate}
  \item   设$\beta=x_1\alpha_1+x_2\alpha_2+x_3\alpha_3+x_4\alpha_4$. 
这相当于线性方程组
\[
\left\{ 
  \begin{array}[]{rrrrl}
    x_1 & +x_2 & +x_3 & +x_4&= 1\quad (1) \\
    x_1 & +x_2 & -x_3 & -x_4&=2 \quad (2)\\
x_1 & -x_2 & +x_3 & -x_4&= 1 \quad (3)\\
x_1 & -x_2 & -x_3 & +x_4&= 1\quad (4)
  \end{array}
\right.  
\]
由方程(1)(2) 知 
\[
x_1+x_2 =\frac{3}{2},\quad x_3+x_4=-\frac{1}{2};
\]
由方程(3)(4) 知 
\[
x_1-x_2 =1,\quad x_3-x_4=0.
\]
进而可得唯一解为
\[
(x_1,x_2,x_3,x_4)=\left(\frac{5}{4},\frac{1}{4},-\frac{1}{4},-\frac{1}{4}\right).
\]
所以
\[
\beta=\frac{5}{4}\alpha_1+\frac{1}{4}\alpha_2-\frac{1}{4}\alpha_3-\frac{1}{4}\alpha_4.
\]
\item 我们通过行化简矩阵$\begin{pmatrix}
  \alpha_1^{\rT} & \alpha_2^{\rT} & \alpha_3^{\rT} & \alpha_4^{\rT} & \beta^{\rT}
\end{pmatrix}$至既约的阶梯形来找到这些向量之间的线性关系：
\[
\begin{pmatrix*}[r]
1 & 2 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 3 & 0 & -1 & 0 \\
1 & 1 & 0 & -1 & 1
\end{pmatrix*}\longrightarrow
\begin{pmatrix*}[r]
1 & 0 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & -1 \\
0 & 0 & 0 & 1 & 0
\end{pmatrix*}.
\]
由此可知，$\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4$线性无关，且
$\beta=\alpha_1-\alpha_3$. \qedhere
\end{enumerate}
\end{solution}

\begin{exercise}\label{0DB}
令$ \alpha_{i}=\left(a_{i 1}, a_{i 2}, \cdots, a_{i n}\right)$ ($i=1,2, \cdots, n$). 证明： 如果行列式 $\left|a_{i j}\right| \neq 0$, 那么 $ \alpha_{1},  \alpha_{2}, \cdots,  \alpha_{n}$ 线性无关。
\end{exercise}

\begin{solution}
\fangfa 
考虑$\alpha_1, \cdots,\alpha_n$逐行排出的矩阵$A=\begin{pmatrix}
  \alpha_1 \\ \vdots \\ \alpha_n
\end{pmatrix}$. 由课本89页推论4知$A$的行向量组线性无关当且仅当$|A|\neq 0$.

\fangfa 
考虑向量方程$x_1\alpha_1+x_2\alpha_2+\cdots+x_n\alpha_n=0$. 这相当于齐次线性方程组
\[
\left\{\begin{array}{c}
a_{11} x_{1}+a_{21} x_{2}+\cdots+a_{n1} x_{n}=0,  \\
a_{12} x_{1}+a_{22} x_{2}+\cdots+a_{n2} x_{n}=0, \\
\cdots \cdots \cdots \cdots \\
a_{1n} x_{1}+a_{2n} x_{2}+\cdots+a_{n n} x_{n}=0.
\end{array}\right.
\]
我们知道转置不改变行列式，故由行列式 $\left|a_{i j}\right| \neq 0$知
该线性方程组的系数行列式非零。这样由Cramer法则知其只有平凡解。
故$ \alpha_{1},  \alpha_{2}, \cdots,  \alpha_{n}$ 线性无关。
\end{solution}

\begin{exercise}
设 $t_{1}, t_{2}, \cdots, t_r$ 是互不相同的数。 讨论 $ \alpha_{i}=\left(1, t_{i}, t_{i}^{2}, \cdots, t_{i}^{n-1}\right)$ ($i=1,2, \cdots, r$) 的线性相关性。
\end{exercise}

\begin{solution}
\begin{enumerate}
  \item $r>n$. 此时$r$个$n$维向量线性相关，因为$n+1$个$n$维向量已然线性相关。
  \item $r=n$. 由Vandermonde行列式的公式和这些$t_i$互异知行列式
    \[
      \begin{vmatrix}
        1 & t_1 & t_1^2 & \cdots & t_1^{n-1} \\
1 & t_2 & t_2^2 & \cdots & t_2^{n-1} \\
\vdots & \vdots & & \vdots \\
1 & t_n & t_n^2 & \cdots & t_n^{n-1} 
      \end{vmatrix}=\prod_{1\leqslant j<i\leqslant n}(t_i-t_j)\neq 0.
    \]
    故由课本89页推论4知$\alpha_1,\cdots,\alpha_r$线性无关。
  \item $r<n$. 由(2)知$\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_r$的前$r$个分量给出的向量构成的向量组线性无关。
视$\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_r$为这些向量添加分量得到，
可知$\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_r$线性无关。
\end{enumerate}
综上可知，$\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_r$在$r>n$时线性相关，在$r\leqslant n$时线性无关。
\end{solution}


\begin{exercise}
设 $ \alpha_{1},  \alpha_{2},  \alpha_{3}$ 线性无关， 证明： $ \alpha_{1}+ \alpha_{2},  \alpha_{2}+ \alpha_{3},  \alpha_{3}+ \alpha_{1}$ 也线性无关。
\end{exercise}

\begin{solution}
%  \fangfa 容易发现$S_1=(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3)$可由
%  $S_2=(\alpha_2+\alpha_3, \alpha_1+\alpha_3, \alpha_1+\alpha_2)$线性表出。
%  这样$S_2$必定也线性无关。这是因为两个向量组等价，秩相同，所以$S_2$秩为$3$, 
%  而$S_2$只有$3$个向量，只有$S_2$无关。
%
%  \fangfa  容易发现$S_1=(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3)$可由
%  $S_2=(\alpha_2+\alpha_3, \alpha_1+\alpha_3, \alpha_1+\alpha_2)$线性表出。
%  这样$S_2$必定也线性无关。
%如果$S_2$不是无关的，那么其中一个可由另两个表出，
%这样$S_1=(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3)$也可以由这两个表出，从而$S_1$线性相关，与题设矛盾。
设
\[
  c_1(\alpha_1+\alpha_2)+c_2( \alpha_2+\alpha_3)+ c_3(\alpha_3+\alpha_1)=0,
\]
则
\[
(c_2+c_3)\alpha_1+(c_1+c_3)\alpha_2+(c_1+c_2)\alpha_3=0.
\]
由$\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$线性无关知
\[ c_2+c_3=0, \quad c_1+c_3=0, \quad c_1+c_2=0.  \]
从而$c_1+c_2+c_3=0$, 继而$c_1=c_2=c_3=0$. 
这样$(\alpha_2+\alpha_3, \alpha_1+\alpha_3, \alpha_1+\alpha_2)$线性无关。
\end{solution}

\begin{exercise}\label{06F}
设$S=(\alpha_1,\cdots,\alpha_r)$为一线性无关向量组。
设向量组$T=(\beta_1,\cdots,\beta_r)$可由$S$线性表出：
$\beta_i=\sum_{j=1}^r c_{ij}\alpha_j$. 
令$C=(c_{ij})_{r\times r}$.
证明$T$线性无关当且仅当$|C|\neq 0$.
\end{exercise}

\begin{solution}
不妨设所给向量为$n$维行向量。
令$\alpha_i=(a_{i1}, \cdots, a_{in})$ ($1\leqslant i\leqslant r$).
考虑线性关系$x_1\beta_1+\cdots+x_r\beta_r=0$. 代入$\beta_i=\sum_{j=1}^r c_{ij}\alpha_j$
得
\[
  0= \sum_{i=1}^r x_i \sum_{j=1}^r c_{ij} \alpha_j = \sum_{j=1}^r  \left( \sum_{i=1}^r  x_ic_{ij} \right) \alpha_j.
\]
由于$\alpha_1, \cdots, \alpha_r$线性无关，$\sum_{i=1}^r  x_ic_{ij}=0$.
把这些关系式看作以$x_1,\cdots,x_r$为未知量的线性方程组，
那么$C=\left( c_{ij} \right)$为该齐次线性方程组的系数矩阵的转置。
该齐次线性方程组只有平凡解当且仅当系数行列式非零，当且仅当 $|C|\neq 0$.
因此$\beta_1,\cdots,\beta_r$线性无关当且仅当$|C|\neq 0$.
\end{solution}

\begin{exercise}
设向量组$\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_r\in P^n$ ($r>1$) 线性无关。 
令
\[
  \beta_1=\alpha_1+\alpha_2, \; \beta_2=\alpha_2+\alpha_3, \; 
  \cdots, \; \beta_r=\alpha_r+\alpha_1.
\]
向量组$\beta_1, \beta_2, \cdots, \beta_r$何时无关？何时相关？
\end{exercise}

\begin{solution}
用练习~\ref{06F}~的记号和结论。
那么
\[
  C= \begin{pmatrix}
  1 & 1 &  & &  \\
   & 1 & 1  &  & \\
   & &    \ddots & \ddots &  \\
   & & & 1& 1 \\
  1&    &  &  & 1
\end{pmatrix}.
\]
按照最后一行展开易知
\[
|C|=1+(-1)^{1+r}=\begin{cases}
  2 & \text{若$r$为奇数} \\
  0 & \text{若$r$为偶数}.
\end{cases}
\]
因此$(\beta_1, \beta_2, \cdots, \beta_r)$在$r$是奇数时线性无关而在$r$是偶数时线性相关。
\end{solution}



\begin{exercise}
\label{06E}
已知向量组$S$的秩为$r$, 
证明$S$中任意$r$个线性无关的向量都构成极大线性无关组。
\end{exercise}

\begin{solution}
假设$T$为$S$的线性无关的部分组，且$\sharp T=r$. 
设$\alpha\in S$, 令$T'=(T, \alpha)$为添加$\alpha$到$T$得到的向量组。 
令$S'$为$S$的一极大线性无关组。
由于$S$可由$S'$线性表出，$T'$可由$S'$线性表出。而$\sharp T'>\sharp S'=r$, 这样$T'$线性相关。
故$T$为极大线性无关组。
\end{solution}


\begin{exercise}%[{\cite[P104, 8]{wang19}}]
\label{0D4}
设向量组$S$的秩为$r$, 
$S$的部分组$T$有$r$个向量，且$S$可由$T$线性表出。
证明$T$是$S$的一个极大线性无关组。
\end{exercise}

\begin{solution}
显然部分组$T$可由$S$线性表出。又$S$可由$T$线性表出，因此$S$与$T$等价，从而$T$的秩也是$r$. 
而$T$只有$r$个向量，故这$r$个向量线性无关。
由练习~\ref{06E}~知$T$极大。
\end{solution}


\begin{exercise}
求下列向量组的极大线性无关组与秩：
\begin{enumerate}
  \item $ \alpha_{1}=(6,4,1,-1,2),  \alpha_{2}=(1,0,2,3,-4),  \alpha_{3}=(1,4,-9,-16,22),  \alpha_{4}=(7,1,0,-1,3)$.
      \item $ \alpha_{1}=(1,-1,2,4),  \alpha_{2}=(0,3,1,2),  \alpha_{3}=(3,0,7,14),  \alpha_{4}=(1,-1,2,0),  \alpha_{5}=(2,1,5,6)$. 此题还要求用所得极大线性无关组线性表出其他向量。
  \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
\begin{enumerate}
  \item 我们行化简$\begin{pmatrix}
  \alpha_1^{\rT} & \alpha_2^{\rT} & \alpha_3^{\rT} & \alpha_4^{\rT} 
\end{pmatrix}$至阶梯形：
    \[
      \begin{aligned}
        \begin{pmatrix*}[r]
6 & 1 & 1 & 7 \\
4 & 0 & 4 & 1 \\
1 & 2 & -9 & 0 \\
-1 & 3 & -16 & -1 \\
2 & -4 & 22 & 3
      \end{pmatrix*}
       \xrightarrow{r_1\leftrightarrow r_3} & 
       \begin{pmatrix*}[r]
1 & 2 & -9 & 0 \\
4 & 0 & 4 & 1 \\
6 & 1 & 1 & 7 \\
-1 & 3 & -16 & -1 \\
2 & -4 & 22 & 3
      \end{pmatrix*}
      \xrightarrow[\substack{r_4+r_1\\ r_5-2r_1}]{\substack{r_2-4r_1\\ r_3-6r_1}}
      \begin{pmatrix*}[r]
1 & 2 & -9 & 0 \\
0 & -8 & 40 & 1 \\
0 & -11 & 55 & 7 \\
0 & 5 & -25 & -1 \\
0 & -8 & 40 & 3
      \end{pmatrix*}\\
      \xrightarrow[\substack{r_4\times\frac{1}{5}\\ r_5\times(-\frac{1}{8})}]{\substack{r_2\times (-\frac{1}{8})\\ r_3\times(-\frac{1}{11})}} &
      \begin{pmatrix*}[r]
1 & 2 & -9 & 0 \\
0 & 1 & -5 & -\frac{1}{8} \\
0 & 1 & -5 & -\frac{7}{11} \\
0 & 1 & -5 & -\frac{1}{5} \\
0 & 1 & -5 & -\frac{3}{8}
      \end{pmatrix*}
      \longrightarrow 
      \begin{pmatrix*}[r]
1 & 2 & -9 & 0 \\
0 & 1 & -5 & -\frac{1}{8} \\
0 & 0 & 0 & -\frac{1}{4} \\
0 & 0& 0 & 0 \\
0 & 0& 0 & 0
      \end{pmatrix*}.
      \end{aligned}
    \]
    由化简结果知$\alpha_1,\alpha_2,\alpha_4$构成一极大线性无关组，所给向量组的秩为$3$.
  \item 我们行化简$\begin{pmatrix}
  \alpha_1^{\rT} & \alpha_2^{\rT} & \alpha_3^{\rT} & \alpha_4^{\rT} & \alpha_5^{\rT}
\end{pmatrix}$至既约的阶梯形：
\[
  \begin{pmatrix}
1 & 0 & 3 & 1 & 2 \\
-1 & 3 & 0 & -1 & 1 \\
2 & 1 & 7 & 2 & 5 \\
4 & 2 & 14 & 0 & 6
  \end{pmatrix}\longrightarrow
  \begin{pmatrix*}[r]
1 & 0 & 3 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0
  \end{pmatrix*}.
\]
由化简结果知$\alpha_1,\alpha_2,\alpha_4$构成一极大线性无关组，所给向量组的秩为$3$, 且
\[\tag*{\qedhere}
  \alpha_3=3\alpha_1+\alpha_2, \quad \alpha_5=\alpha_1+\alpha_2+\alpha_4.
\]
\end{enumerate}
\end{solution}

\begin{exercise}\label{064}
证明： 如果向量组$T$ 可以经向量组 $S$ 线性表出，那么 $\rank T\leqslant \rank S$.
\end{exercise}

\begin{solution}
令$T_1, S_1$分别为$T, S$的极大线性无关组。
那么$T_1\sim T, S_1\sim S$. 既然$T$可以经$S$ 线性表出，
由线性表出的传递性可知$T_1$可由$S_1$线性表出。因此必有$\sharp T_1\leqslant \sharp S_1$, 亦即$\rank T\leqslant \rank S$.
\end{solution}

\begin{exercise}\label{06C}
设 $ \alpha_{1},  \alpha_{2}, \cdots,  \alpha_{n}$ 是一组 $n$ 维向量， 已知单位向量 $\varepsilon_{1}, \varepsilon_{2}, \cdots, \varepsilon_{n}$ 可以经它们线性表出， 证明： $ \alpha_{1},  \alpha_{2}, \cdots,  \alpha_{n}$ 线性无关。
\end{exercise}

\begin{solution}
我们知道$n$维单位向量$\varepsilon_{1}, \varepsilon_{2}, \cdots, \varepsilon_{n}$线性无关，故此组向量的秩为$n$.
既然 $\varepsilon_{1}, \varepsilon_{2}, \cdots, \varepsilon_{n}$可由
$S=( \alpha_{1},  \alpha_{2}, \cdots,  \alpha_{n})$ 线性表出，
由练习~\ref{064}~知$n\leqslant \rank S$.
而$S$只有$n$个向量，故$S$线性无关。
\end{solution}

\begin{exercise}\label{06D}
设 $ \alpha_{1},  \alpha_{2}, \cdots,  \alpha_{n}$ 是一组 $n$ 维向量， 证明： $\alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{n}$ 线性无关的充分必要条件是任一 $n$ 维向量都可以经它们线性表出。
\end{exercise}

\begin{solution}
($\Leftarrow$) 由练习~\ref{06C}~即知。

($\Rightarrow$) 令$\beta$为一$n$维向量。那么$n+1$个$n$维向量$\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n,\beta$线性相关。
而$\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n$线性无关，故$\beta$可由$\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n$线性表出。
\end{solution}


\begin{exercise}
设 $ \beta_{1}= \alpha_{2}+ \alpha_{3}+\cdots+ \alpha_{r},  \beta_{2}= \alpha_{1}+ \alpha_{3}+\cdots+ \alpha_{r}, \cdots,  \beta_{r}= \alpha_{1}+ \alpha_{2}+\cdots+ \alpha_{r-1}$, 证明： $ \beta_{1},  \beta_{2}, \cdots,  \beta_{r}$ 与 $ \alpha_{1}$, $ \alpha_{2}, \cdots,  \alpha_{r}$ 有相同的秩。
\end{exercise}

\begin{solution}
\fangfa 
记$\alpha = \sum_{i=1}^r \alpha_i$, 则
$\beta_i= \alpha-\alpha_i$, $\alpha=\frac{1}{r-1}\sum_{i=1}^r \beta_i$, 
从而\[ \alpha_i=\left(\frac{1}{r-1}\sum_{j=1}^r \beta_j\right)-\beta_i. \] 
由此，$\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_r$可由
$\beta_1, \beta_2, \cdots, \beta_r$线性表出。
反过来也对，这样两个向量组等价，所以它们的秩相同。

\fangfa  我们有
\[
\begin{pmatrix}
  \beta_1 & \beta_2 & \cdots &\beta_r
\end{pmatrix} =  \begin{pmatrix}
  \alpha_1 & \alpha_2 & \cdots & \alpha_r
\end{pmatrix}A,
\]
其中
\[
A = \begin{pmatrix}
  0 & 1 & 1 & \cdots & 1 & 1\\
  1 & 0 & 1 & \cdots  & 1 & 1\\
  \vdots & \vdots & \vdots & &\vdots& \vdots \\
  1 & 1 & 1 &\cdots & 0 & 1\\
  1 & 1 & 1 & \cdots & 1 & 0
\end{pmatrix}.
\]
我们算过$\det A= (-1)^{r-1}(r-1),$
所以$A$可逆。
由于可逆矩阵右乘不改变矩阵的列秩，
$(\beta_1,\beta_2, \cdots, \beta_r)$与
$(\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_r)$有相同的秩。
\end{solution}

\begin{exercise}\label{0C3}
证明矩阵的既约的阶梯形的唯一性。
\end{exercise}

\begin{solution}
假设$A=(a_{ij}), B=(b_{ij})$是同一个$m\times n$矩阵的既约的阶梯形。
那么$A$可通过行化简变成$B$. 
若$A=0$, 显然$B=0$. 假设$A\neq 0$. 
令$A$的列依次为$\alpha_1,\alpha_2, \cdots, \alpha_n$, 
$B$的列依次为$\beta_1,\beta_2,\cdots, \beta_n$. 
设$A$的主元所在的列从左往右依次为第$j_1, j_2, \cdots, j_r$列，
那么$\alpha_{j_k}=\varepsilon_k$, 即是第$k$个元素为$1$其余为$0$的列向量。
令$j_{r+1}=n+1$. 我们归纳地证明$\beta_j=\alpha_j$, 对所有$1\leqslant j\leqslant n$.  
对$1\leqslant j<j_1$, $\alpha_j=0$, 显然有$\beta_j=0$. $\alpha_{j_1}= \varepsilon_1$, 
故而$\beta_{j_1}\neq 0$. 由于$B$的前$j_1-1$列都是零列，
$B$的第$j_1$列为第一个非零列；而$B$为既的阶梯形，
只有$\beta_{j_1}=\varepsilon_1$. 现在考虑$j>j_1$. 
归纳假设是$A$和$B$的前$j-1$列相同。
若$j=j_k$ ($1<k\leqslant r$), 那么
$\alpha_{j_1}=\varepsilon_1, \alpha_{j_2}=\varepsilon_2, \cdots, \alpha_{j_k}=\varepsilon_k$线性无关；
由行化简保持列向量组的线性相关性知
$\beta_{j_1}=\varepsilon_1, \beta_{j_2}=\varepsilon_2, \cdots, \beta_{j_k-1}=\varepsilon_{k-1}, \beta_{j_k}$线性无关。
这样对某个$i\geqslant k$, $\beta_{j_k}$的第$i$分量非零。
由于$A, B$前$j_k-1$列相同，且$B$为既约的阶梯形，只有$\beta_{j_k}=\varepsilon_k$. 
若$j_k<j<j_{k+1}$, 那么
\[
  \alpha_j = (a_{1j},a_{2j},\cdots, a_{mj})^{\rT}=\sum_{l=1}^k a_{lj} \varepsilon_l =\sum_{l=1}^k a_{lj} \alpha_{j_l}.
\]
由于行化简保持列向量组的关系，
\[
  \beta_j=\sum_{l=1}^k a_{lj} \beta_{j_l}=\sum_{l=1}^k a_{lj} \alpha_{j_l}=\alpha_j.
\]
证毕。
\end{solution}




\paragraph*{习题 3.4\quad 矩阵的秩}


\begin{exercise}
计算下列矩阵的秩：
\begin{enumerate}
\item $\left(\begin{array}{rrrrr}0 & 1 & 1 & -1 & 2 \\ 0 & 2 & -2 & -2 & 0 \\ 0 & -1 & -1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 & 1 & -1\end{array}\right)$;
\item $\left(\begin{array}{rrrrr}1 & -1 & 2 & 1 & 0 \\ 2 & -2 & 4 & -2 & 0 \\ 3 & 0 & 6 & -1 & 1 \\ 0 & 3 & 0 & 0 & 1\end{array}\right)$;
\item $\left(\begin{array}{ccccc}14 & 12 & 6 & 8 & 2 \\ 6 & 104 & 21 & 9 & 17 \\ 7 & 6 & 3 & 4 & 1 \\ 35 & 30 & 15 & 20 & 5\end{array}\right)$;
\item $\left(\begin{array}{lllcc}1 & 0 & 0 & 1 & 4 \\ 0 & 1 & 0 & 2 & 5 \\ 0 & 0 & 1 & 3 & 6 \\ 1 & 2 & 3 & 14 & 32 \\ 4 & 5 & 6 & 32 & 77\end{array}\right)$;
\item $\left(\begin{array}{lllll}1 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 1\end{array}\right)$.
\end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
  \begin{enumerate}
\item 我们化简为行阶梯形：
\[
  \begin{aligned}
    \begin{pmatrix*}[r]
    0 & 1 & 1 & -1 & 2\\
    0 & 2 & -2 & -2 & 0\\
    0 & -1 & -1 & 1 & 1\\
    1 & 1 & 0 & 1 & -1
  \end{pmatrix*}&\xrightarrow[\text{然后做几次交换两行}]{r_2-2r_1, r_3+r_1}
  \begin{pmatrix*}[r]
    1 & 1 & 0 & 1 & -1\\
    0 & 1 & 1 & -1 & 2\\
    0 & 0 & -4 & 0& -4\\
    0 & 0 & 0 & 0& 3
  \end{pmatrix*}.
  \end{aligned}
\]
%（矩阵的行阶梯形不唯一，你化得的不必跟这个一样。）
非零行有$4$行，故秩为$4$.
\setcounter{enumi}{2}
  \item 我们有
\begin{align*}
  \begin{pmatrix*}[r]
  14 & 12 & 6 & 8 & 2 \\
  6 & 104 &21 & 9 & 17\\
  7 & 6 & 3 & 4 &1 \\
  35 & 30  & 15 & 20 & 5
\end{pmatrix*} \xrightarrow[r_4-5r_3]{r_1-2r_3} &
\begin{pmatrix*}
  0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
  6 & 104 &21 & 9 & 17\\
  7 & 6 & 3 & 4 &1 \\
  0 & 0  & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix*}, 
\end{align*} 
且注意到我们有个$2$阶的非零子式$\begin{vmatrix}
  6 & 104 \\ 7 & 6
\end{vmatrix}$, 因此所给矩阵的秩为$2$.

\item 我们化简至行阶梯型：
\[
  \begin{pmatrix*}[r]
  1 & 0 & 0 & 1 & 4\\
  0 & 1 & 0 & 2 & 5\\
  0 & 0 & 1 & 3 & 6\\
  1 & 2 & 3 & 14 & 32\\
  4 & 5 & 6 & 32 & 77
\end{pmatrix*}
\xrightarrow[r_5-4r_1-5r_2-6r_3]{r_4-r_1-2r_2-3r_3}
  \begin{pmatrix*}
  1 & 0 & 0 & 1 & 4\\
  0 & 1 & 0 & 2 & 5\\
  0 & 0 & 1 & 3 & 6\\
  0 & 0 & 0 & 0 & 0\\
  0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix*}.
\]
所以秩为$3$. 
也可考虑分块形式的初等变换：
\[
  \begin{pmatrix}
      E_3 & A\\ A^{\rT}& B
  \end{pmatrix}\xrightarrow[r_2-A^{\rT}\times r_1]{c_2-c_1\times A} \begin{pmatrix}
      E_3 \\ & B-A^{\rT}A
  \end{pmatrix}.
\]
由于$B-A^{\rT}A=0$, 所以秩为$3$.
\item 由准下三角形行列式的公式知
\[
  \begin{vmatrix}
    1 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 1
  \end{vmatrix}=\begin{vmatrix}
    1 & 0 & 1  \\ 1 & 1 & 0  \\ 0 & 1 & 1
  \end{vmatrix} \begin{vmatrix}
  1 & 0\\1 & 1
\end{vmatrix}=2\cdot 1=2.
\]
故秩为$5$.\qedhere
\end{enumerate}
\end{solution}

\paragraph*{习题 3.5\quad 线性方程组有解判别定理}

\begin{exercise}
证明：线性方程组
\[
\left\{\begin{array}{c}
  a_{11} x_{1}+a_{12} x_{2}+\cdots+a_{1 n} x_{n}=b_{1}, \\
a_{21} x_{1}+a_{22} x_{2}+\cdots+a_{2 n} x_{n}=b_{2}, \\
\cdots \cdots \cdots \cdots \\
a_{n 1} x_{1}+a_{n 2} x_{2}+\cdots+a_{n n} x_{n}=b_{n}
\end{array}\right.
\]
对任何 $b_{1}, b_{2}, \cdots, b_{n}$ 都有解的充分必要条件是系数行列式 $\left|a_{i j}\right| \neq 0$.
\end{exercise}

\begin{solution}
令$\alpha_i=(a_{1i}, a_{2i},\cdots, a_{ni})^{\rT}$ ($i=1,2,\cdots,n$), 
$\beta=(b_1,b_2,\cdots,b_n)^{\rT}$.
所给线性方程组相当于向量方程
\[
  x_1\alpha_1+x_2\alpha_2+\cdots+x_n\alpha_n=\beta.
\]
我们有
\[
  \begin{aligned}
    \text{此向量方程对任意$\beta$有解} & \Leftrightarrow 
    \text{任意的$n$维向量$\beta$可由
    $\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n$线性表出}\\
    & \Leftrightarrow 
    \text{$\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n$线性无关} \quad
    \text{(练习~\ref{06D})}\\
    & \Leftrightarrow 
    \text{行列式 $\left|a_{i j}\right| \neq 0$}\qquad
    \text{(课本89页推论4).}
  \end{aligned}
\]
因此所给线性方程组对任何 $b_{1}, b_{2}, \cdots, b_{n}$ 都有解的当且仅当
系数行列式 $\left|a_{i j}\right| \neq 0$.
\end{solution}


\paragraph*{习题 3.6\quad 线性方程组解的结构}
\begin{exercise}
求下列齐次线性方程组的一个基础解系，并用它表出全部解：
\begin{enumerate}
\item $\left\{\begin{array}{rrrrrl}
    x_{1} & +x_{2} & +x_{3} & +x_{4} & +x_{5} & =0 \\
3 x_{1} & +2 x_{2} & +x_{3} & +x_{4} & -3 x_{5} & =0 \\
& x_{2} & +2 x_{3} & +2 x_{4} & +6 x_{5} & =0 \\
5 x_{1} & +4 x_{2} & +3 x_{3} & +3 x_{4} & -x_{5} & =0 .\end{array}\right.$
\item $\left\{\begin{array}{rrrrrl}
  x_{1} & +x_{2} & & -3 x_{4} & -x_{5} & =0 \\
x_{1} & -x_{2} & +2 x_{3} & -x_{4} && =0 \\
4 x_{1} & -2 x_{2} & +6 x_{3} & +3 x_{4} & -4 x_{5} & =0 \\
2 x_{1} & +4 x_{2} & -2 x_{3} & +4 x_{4} & -7 x_{5} & =0 .
\end{array}\right.$
\item $\left\{\begin{array}{rrrrrl}
  x_{1} & -2 x_{2} & +x_{3} & +x_{4} & -x_{5} & =0 \\
2 x_{1} & +x_{2} & -x_{3} & -x_{4} & -x_{5}  & =0 \\
x_{1} & +7 x_{2} & -5 x_{3} & -5 x_{4} & +5 x_{5} & =0 \\
3 x_{1} & -x_{2} & -2 x_{3} & +x_{4} & -x_{5} & =0 .
\end{array}\right.$
\item $\left\{\begin{array}{rrrrrl}
    x_{1} & -2 x_{2} & +x_{3} & -x_{4} & +x_{5} & =0 \\
2 x_{1} & +x_{2} & -x_{3} & +2 x_{4} & -3 x_{5} & =0 \\
3 x_{1} & -2 x_{2} & -x_{3} & +x_{4} & -2 x_{5} & =0 \\
2 x_{1} & -5 x_{2} & +x_{3} & -2 x_{4} & +2 x_{5} & =0 .
\end{array}\right.$
\end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
下面所谓的方法一、方法二、方法三本质上是一样的，不过是书写格式上的差异。

(1) \fangfa 
    把系数矩阵行化简至阶梯形：
    \[
      \begin{pmatrix*}[r]
        1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\
          3 & 2 & 1 &1 &-3 \\
        0 & 1 & 2 & 2 & 6  \\
        5 & 4 & 3 & 3 & -1 
      \end{pmatrix*}\xrightarrow[r_4-5r_1]{r_2-3r_1}
\begin{pmatrix*}[r]
        1 & 1 & 1 & 1 & 1\\
        0 &-1 &-2 & -2 & -6\\
    0 &1 &2 & 2 & 6\\
    0 &-1 &-2 & -2 & -6
      \end{pmatrix*}\rightarrow
\begin{pmatrix*}[r]
        1 & 1 & 1 & 1 & 1\\
        0 &1 &2 & 2 & 6\\
    0 &0 &0 & 0 & 0\\
0 &0 &0 & 0 & 0
      \end{pmatrix*}.
    \]
    如此得同解的阶梯形线性方程组
    \[
      \left\{ 
        \begin{array}{rrrrrl}
      x_1 & +x_2 & +x_3 & +x_4 & +x_5&= 0\\
    & x_2 & + 2x_3 & +2x_4 & +6x_5 &= 0.
  \end{array}
    \right.
    \]
    任取自由未知量$(x_3,x_4,x_5)=(a,b,c)$, 回代可得通解为
      \[
      \begin{aligned}
        (x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)&= \left(a+b+5c,-2a-2b-6c,a,b,c\right)\\
        &= a(1,-2,1,0,0)+b(1,-2,0,1,0)+c(5,-6,0,0,1).
    \end{aligned}
    \]
    令
    \[
      \eta_1=(1,-2,1,0,0),\quad
      \eta_2=(1,-2,0,1,0),\quad
      \eta_3=(5,-6,0,0,1),
    \]
    则所给齐次线性方程组的一基础解系为$\eta_1, \eta_2, \eta_3$, 通解为$a\eta_1+b\eta_2+c\eta_3$, 其中$a,b,c\in P$任意。

    \fangfa  如方法一中化简系数矩阵至阶梯形后，回代得一般解
    \[
      \begin{cases}
        x_1=x_3+x_4+5x_5\\
        x_2=-2x_3-2x_4-6x_5.
      \end{cases}
    \]
    分别取$(x_3,x_4,x_5)=(1,0,0), (0,1,0), (0,0,1)$得三个解可构成导出组的一个基础解系：
    \[
      \eta_1=(1,-2,1,0,0),\quad
      \eta_2=(1,-2,0,1,0),\quad
      \eta_3=(5,-6,0,0,1),
    \]
    进而所给齐次线性方程组通解为$a\eta_1+b\eta_2+c\eta_3$, 其中$a,b,c\in P$任意。
  
(2) 小题 (1)中方法一、方法二可应用于此小题，不再细述。\fangfa  把系数矩阵行化简至既约的阶梯形：
    \[
      \begin{pmatrix*}[r]
1 & 1 & 0 & -3 & -1 \\
1 & -1 & 2 & -1 & 0 \\
4 & -2 & 6 & 3 & -4 \\
2 & 4 & -2 & 4 & -7
      \end{pmatrix*}\longrightarrow
      \begin{pmatrix*}[r]
1 & 0 & 1 & 0 & -\frac{7}{6} \\
0 & 1 & -1 & 0 & -\frac{5}{6} \\
0 & 0 & 0 & 1 & -\frac{1}{3} \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0
      \end{pmatrix*}.
    \]
    任取自由未知量$x_3=a, x_5=b$, 可读出通解为
    \[
    \begin{aligned}
      (x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)
      &= 
      \left( -a+\frac{7}{6}b, a+\frac{5}{6}b, a, \frac{1}{3}b, b \right)\\
      &= a (-1, 1, 1, 0, 0) + b \left( \frac{7}{6}, \frac{5}{6}, 0, \frac{1}{3}, 1 \right).
    \end{aligned}
  \]
  令
  \[
    \eta_1=(-1, 1, 1, 0, 0), \quad
    \eta_2=\left( \frac{7}{6}, \frac{5}{6}, 0, \frac{1}{3}, 1 \right),
  \]
  则所给齐次线性方程组的一基础解系为$\eta_1, \eta_2$, 通解为$a\eta_1+b\eta_2$, 其中$a,b\in P$任意。


\setcounter{fangfa}{0}
  (3) 小题 (2)中方法三可应用于此小题，不再细述。\fangfa 
    把系数矩阵行化简至阶梯形：
    \[
      \begin{aligned}
      & \begin{pmatrix*}[r]
1 & -2 & 1 & 1 & -1 \\
2 & 1 & -1 & -1 & -1 \\
1 & 7 & -5 & -5 & 5 \\
3 & -1 & -2 & 1 & -1
      \end{pmatrix*}
      \xrightarrow[r_4-3r_1]{\substack{r_2-2r_1\\r_3-r_1}} 
\begin{pmatrix*}[r]
1 & -2 & 1 & 1 & -1 \\
0 & 5 & -3 & -3 & 1 \\
0 & 9 & -6 & -6 & 6 \\
0 & 5 & -5 & -2 & 2
      \end{pmatrix*}\\
      & \xrightarrow[r_3-2r_2]{r_5-r_2}
\begin{pmatrix*}[r]
1 & -2 & 1 & 1 & -1 \\
0 & 5 & -3 & -3 & 1 \\
0 & -1 & 0 & 0 & 4 \\
0 & 0 & -2 & 1 & 1       
\end{pmatrix*}
\xrightarrow[r_2\leftrightarrow r_3]{r_2+5r_3} 
\begin{pmatrix*}[r]
1 & -2 & 1 & 1 & -1 \\
0 & -1 & 0 & 0 & 4 \\
0 & 0 & -3 & -3 & 21 \\
0 & 0 & -2 & 1 & 1       
\end{pmatrix*} \\
& \xrightarrow[r_5+2r_4]{r_4\times(-\frac{1}{3})}
\begin{pmatrix*}[r]
1 & -2 & 1 & 1 & -1 \\
0 & -1 & 0 & 0 & 4 \\
0 & 0 & 1 & 1 & -7 \\
0 & 0 & 0 & 3 & -13       
\end{pmatrix*}.
      \end{aligned}
    \]
    如此得同解的阶梯形线性方程组
    \[
      \left\{ 
        \begin{array}{rrrrrl}
      x_1 & -2x_2 & +x_3 & +x_4 & -x_5 &= 0\\
    & -x_2 & &  & +4x_5&= 0\\
    && x_3 &+x_4 &-7x_5&= 0\\
    &&& 3x_4 & -13x_5&= 0.
  \end{array}
    \right.
    \]
    任取自由未知量$x_5=a$, 回代可得通解为
      \[
      \begin{aligned}
        (x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)&= \left( 2a, 4a, \frac{8}{3}a, \frac{13}{3}a, a \right)
        = a\left( 2, 4, \frac{8}{3}, \frac{13}{3}, 1\right).
    \end{aligned}
    \]
    令
    \[
      \eta=\left( 2, 4, \frac{8}{3}, \frac{13}{3}, 1\right),
    \]
    则所给齐次线性方程组的一基础解系为$\eta$, 通解为$a\eta$, 其中$a\in P$任意。

    \fangfa  如方法一中化简系数矩阵至阶梯形后，回代得一般解
    \[
      \begin{cases}
        x_1=2x_5\\
        x_2=4x_5\\
        x_3=\frac{8}{3}x_5\\
        x_4=\frac{13}{3}x_5.
      \end{cases}
    \]
    取$x_5=1$得一个解可构成导出组的一个基础解系：
    \[
\eta=\left( 2, 4, \frac{8}{3}, \frac{13}{3}, 1\right),
    \]
    进而所给齐次线性方程组通解为$a\eta$, 其中$a\in P$任意。

(4) 小题 (1)中方法一、方法二可应用于此小题，不再细述。\fangfa  把系数矩阵行化简至既约的阶梯形：
    \[
      \begin{pmatrix*}[r]
1 & -2 & 1 & -1 & 1 \\
2 & 1 & -1 & 2 & -3 \\
3 & -2 & -1 & 1 & -2 \\
2 & -5 & 1 & -2 & 2
      \end{pmatrix*}\longrightarrow
      \begin{pmatrix*}[r]
1 & 0 & 0 & \frac{1}{2} & -\frac{7}{8} \\
0 & 1 & 0 & \frac{1}{2} & -\frac{5}{8} \\
0 & 0 & 1 & -\frac{1}{2} & \frac{5}{8} \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0
      \end{pmatrix*}.
    \]
    任取自由未知量$x_4=a, x_5=b$, 可读出通解为
    \[
    \begin{aligned}
      (x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)
      &= 
      \left( -\frac{1}{2}a+\frac{7}{8}b, -\frac{1}{2} a+\frac{5}{8}b,  \frac{1}{2}a - \frac{5}{8}b, a, b \right)\\
      &= a \left( -\frac{1}{2}, -\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, 1, 0\right) + b \left( \frac{7}{8}, \frac{5}{8}, -\frac{5}{8}, 0, 1 \right).
    \end{aligned}
  \]
  令
  \[
    \eta_1=\left( -\frac{1}{2}, -\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, 1, 0\right), \quad
    \eta_2=\left( \frac{7}{8}, \frac{5}{8}, -\frac{5}{8}, 0, 1 \right),
  \]
  则所给齐次线性方程组的一基础解系为$\eta_1, \eta_2$, 通解为$a\eta_1+b\eta_2$, 其中$a,b\in P$任意。
\end{solution}

\begin{exercise}
用导出组的基础解系表出第 1 题 (1), (4), (6) 题中线性方程组的全部解。
\end{exercise}

\begin{solution}
  \fangfa 
  \begin{enumerate}
    \item 1(1) 中线性方程组的通解为
\[
\begin{aligned}
(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)&= 
\left( -\frac{1}{2}a, -1-\frac{1}{2}a, 0, -1-\frac{1}{2}a, a \right)\\
&= (0,-1,0,-1, 0)+a\left( -\frac{1}{2},-\frac{1}{2}, 0, -\frac{1}{2}, 1 \right)
\end{aligned}
\]
其中$a\in P$任意。
可知，$\gamma_0=(0,-1,0,-1, 0)$为一个特解，
\[
\eta=(-\frac{1}{2},-\frac{1}{2}, 0, -\frac{1}{2}, 1)
\]
为导出组的一个基础解系。 1(1) 中线性方程组的通解为
$\gamma_0+ a\eta$, 其中$a\in P$任意。
      \setcounter{enumi}{3}
    \item 1(4) 中线性方程组的通解为
\[
\begin{aligned}
    (x_1,x_2,x_3,x_4)&= \left( \frac{3}{17}a - \frac{13}{17}b, \frac{19}{17}a- \frac{20}{17}b, a, b  \right)\\
    &= a\left( \frac{3}{17}, \frac{19}{17}, 1, 0 \right) + b\left( - \frac{13}{17}, - \frac{20}{17}, 0, 1  \right)
  \end{aligned}
\]
其中$a, b\in P$任意。
可知，
\[
\eta_1=\left( \frac{3}{17}, \frac{19}{17}, 1, 0 \right),\quad
\eta_2=\left( - \frac{13}{17}, - \frac{20}{17}, 0, 1  \right)
\]
为一个基础解系。1(4) 中线性方程组的通解为$a\eta_1+b\eta_2$,
其中$a, b\in P$任意。

\setcounter{enumi}{5}
    \item 1(6) 中线性方程组的通解为
\[
\begin{aligned}
    (x_1,x_2,x_3,x_4)&= \left( \frac{1}{6}+\frac{5}{6}a, \frac{1}{6}-\frac{7}{6}a, \frac{1}{6}+\frac{5}{6}a, a \right)\\
    &= \left( \frac{1}{6}, \frac{1}{6}, \frac{1}{6}, 0 \right) + a\left( \frac{5}{6}, -\frac{7}{6}, \frac{5}{6}, 1 \right),
  \end{aligned}
\]
其中$a\in P$任意。可知，$\gamma_0=\left( \frac{1}{6}, \frac{1}{6}, \frac{1}{6}, 0 \right)$为一个特解，
\[
\eta=\left( \frac{5}{6}, -\frac{7}{6}, \frac{5}{6}, 1 \right)
\]
为导出组的一个基础解系。1(6) 中线性方程组的通解为$\gamma_0+a\eta$,
其中$a\in P$任意。 
  \end{enumerate}

  \fangfa 
  \begin{enumerate}
    \item 1(1) 中线性方程组的一般解为
\[
\begin{cases}
  x_1=-\frac{1}{2}x_5\\
x_2=-1-\frac{1}{2}x_5\\
x_3=0\\
x_4= -1-\frac{1}{2}x_5,
\end{cases}
\]
其中$x_5$为自由未知量。
取$x_5=0$, 可得一个特解$\gamma_0=(0,-1,0,-1, 0)$.
其导出组的一般解为
\[
\begin{cases}
  x_1=-\frac{1}{2}x_5\\
x_2=-\frac{1}{2}x_5\\
x_3=0\\
x_4= -\frac{1}{2}x_5.
\end{cases}
\]
取$x_5=2$得一解导出组的一个基础解系
\[
\eta=(-1,-1, 0, -1, 2).
\]
1(1) 中线性方程组的通解为
$\gamma_0+ a\eta$, 其中$a\in P$任意。
      \setcounter{enumi}{3}
    \item 1(4) 中线性方程组的一般解为
\[
\begin{cases}
      x_1= \frac{3}{17}x_3 - \frac{13}{17} x_4\\
      x_2 =\frac{19}{17}x_3 - \frac{20}{17}x_4.
\end{cases}
\]
分别取$(x_3,x_4)=(17,0), (0,17)$可得两个解构成导出组的一个基础解系：
\[
\eta_1=\left( 3, 19, 17, 0 \right),\quad
\eta_2=\left( - 13, - 20, 0, 17  \right).
\]
1(4) 中线性方程组的通解为$a\eta_1+b\eta_2$,
其中$a, b\in P$任意。
\setcounter{enumi}{5}
    \item 1(6) 中线性方程组的一般解为
\[
  \begin{cases}
    x_1=\frac{1}{6}+\frac{5}{6}x_4\\
    x_2=\frac{1}{6}-\frac{7}{6}x_4 \\
    x_3=\frac{1}{6}+\frac{5}{6}x_4,
  \end{cases}
\]
其中$x_4$为自由未知量。
取$x_4=0$, 可得一个特解
$\gamma_0=\left( \frac{1}{6}, \frac{1}{6}, \frac{1}{6}, 0 \right)$.
其导出组的一般解为
\[
  \begin{cases}
    x_1=\frac{5}{6}x_4\\
    x_2=-\frac{7}{6}x_4 \\
    x_3=\frac{5}{6}x_4.
  \end{cases}
\]
取$x_4=6$得一解构成导出组的一个基础解系：
\[
\eta=\left( 5, -7, 5, 6 \right).
\]
1(6) 中线性方程组的通解为$\gamma_0+a\eta$,
其中$a\in P$任意。 \qedhere
  \end{enumerate}
\end{solution}

\begin{exercise}
  $a, b$ 取什么值时，线性方程组
\[
  \left\{
    \begin{array}{rrrrrl}
      x_1 & +x_2 & +x_3 & +x_4 & +x_5 &= 1 \\
      3x_1 & +2x_2 &+x_3 &+x_4 & -3x_5 &= a \\
      & x_2 &+2x_3 &+2x_4 &+6x_5 &= 3 \\
      5x_1 &+4x_2 &+3x_3 &+3x_4 &-x_5 &=b
  \end{array}\right.
\]
有解? 在有解的情形，求通解。
\end{exercise}


\begin{solution}
我们尝试行化简增广矩阵至行阶梯型：
\[
  \begin{aligned}
      \left( 
          \begin{array}{ccccc|c}
          1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\
          3 & 2 & 1 & 1 & -3 & a \\
          0 & 1 & 2 & 2 & 6 & 3 \\
          5 & 4 & 3 & 3 & -1 & b
          \end{array}
        \right)\xrightarrow[r_4-5r_1]{r_2-3r_1} & 
      \left( 
          \begin{array}{ccccc|c}
          1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\
          0 & -1 & -2 & -2 & -6 & a-3\\
          0 & 1 & 2 & 2 & 6 & 3 \\
          0 & -1 & -2 & -2 & -6 & b-5
          \end{array}
      \right)\\
      \xrightarrow[r_3+r_2]{r_4+r_3} & 
      \left(
          \begin{array}{ccccc|c}
          1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\
          0 & -1 & -2 & -2 & -6 & a-3 \\
          0& 0& 0  & 0 & 0 & a \\
          0& 0& 0  & 0 & 0 & -a+b-2
      \end{array}
  \right).
  \end{aligned}
\]
所以该线性方程组有解当且仅当 $a=0, -a+b-2=0$, 即 $a=0, b=2$.
设$a=0, b=2$. 此时化简最后得到的矩阵最后两行为零行（两个$0=0$的方程）。
注意到我们已经把增广矩阵化成了行阶梯形，后面的过程有两种方式进行。

\fangfa 所给线性方程组与如下的线性方程组同解：
\[\tag{$*$}
\left\{ 
  \begin{array}[]{rrrrrl}
    x_1 & +x_2 & +x_3 & +x_4 & +x_5 &=  1\\
    & x_2& +2x_3 & +2x_4 &+6x_5 &= 3,
  \end{array}
\right.
\]
其中$x_3, x_4, x_5$为自由未知量。
任取$x_3=c, x_4=d, x_5=e$, 回代可解得
\begin{align*}
x_2&= 3-2x_3-2x_4-6x_5=3-2c-2d-6e,\\
x_1&= 1-x_2-x_3-x_4-x_5=-2+c+d+5e.
\end{align*}
这样该线性方程组的通解为
\[
\begin{aligned}
(x_1 ,  x_2 ,  x_3 ,  x_4 ,  x_5)
  &= 
    (-2+c+d+5e,  3-2c-2d-6e ,  c,  d , e)\\
  &= 
( -2,  3,  0,  0,  0)
+c(1 ,  -2 ,  1 ,  0, 0)
+d(1 ,  -2 ,  0 ,  1 , 0)
+e( 5, -6 ,  0 ,  0 ,  1),
\end{aligned}
\]
其中 $c,d,e\in P$ 是任意数。
（当然，也可行化简增广矩阵至既约的阶梯形然后读出通解。）
另外，由此可知，$\gamma_0=
(  -2,  3 ,  0 ,  0 ,  0)$
为该线性方程组的一个特解，
    而
    $\eta_1=(1 ,  -2 ,  1 ,  0, 0),\quad
    \eta_2=(1 ,  -2 ,  0 ,  1, 0),\quad
    \eta_3=(5, -6 ,  0 ,  0 ,  1)
  $
  构成导出组的一个基础解系。

\fangfa  所给线性方程组与如下的线性方程组同解：
\[\tag{$*$}
\left\{ 
  \begin{array}[]{rrrrrl}
    x_1 & +x_2 & +x_3 & +x_4 & +x_5 &=  1\\
    & x_2& +2x_3 & +2x_4 &+6x_5 &= 3,
  \end{array}
\right.
\]
$x_3, x_4, x_5$为自由未知量，
回代可得一般解为
\[
\begin{cases}
  x_1= -2+x_3+x_4+5x_5\\
  x_2=3-2x_3-2x_4-6x_5.
\end{cases}
\]
取$(x_3,x_4,x_5)=(0,0,0)$可得一特解$\gamma_0=(-2,3,0,0,0)$.
导出组的一般解为
\[
\begin{cases}
  x_1= x_3+x_4+5x_5\\
  x_2=-2x_3-2x_4-6x_5.
\end{cases}
\]
分别取$(x_3, x_4, x_5)=(1,0,0), (0,1,0), (0,0,1)$得三个解构成导出组的一基础解系：
\begin{align*}
\eta_1 =(1,-2,1,0,0),\quad
\eta_2 =(1,-2,0,1,0),\quad 
\eta_3 = (5,-6,0,0,1).
\end{align*}
所给线性方程组的通解为
\(
\gamma_0+k_1\eta_1+k_2\eta_2+k_3\eta_3, 
\)
其中$k_1, k_2, k_3\in P$是任意数。
\iffalse
\fangfa  
我们接着行化简至既约的行阶梯型来读出通解（忽略$0=0$这样的方程）：
\[
      \left(
          \begin{array}{ccccc|c}
          1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\
          0 & -1 & -2 & -2 & -6 & -3 \\
      \end{array}
    \right)\xrightarrow[r_2\times(-1)]{r_1+r_2}
        \left(
          \begin{array}{ccccc|c}
          1 & 0 & -1 & -1 & -5 & -2 \\
          0 & 1 & 2 & 2 & 6 & 3 \\
      \end{array}\right).
\]
所以所给线性方程组与下面的线性方程组同解：
\[
\left\{ 
  \begin{array}[]{rrrrrl}
    x_1 & & -x_3 & -x_4 & -5x_5 &=  -2\\
    & x_2& +2x_3 & +2x_4 &+6x_5 &= 3.
  \end{array}
\right.
\]
其中 $x_3,x_4,x_5$ 是自由未知量。任取 $x_3=c, x_4=d, x_5=e$, 方程组的通解为
\[
  \begin{pmatrix}
      x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \\ x_5
  \end{pmatrix}= \begin{pmatrix}
      -2+c+d+5e\\ 3-2c-2d-6e \\ c\\ d \\e
    \end{pmatrix}=\begin{pmatrix*}[r]
      -2 \\ 3\\ 0\\ 0\\ 0
    \end{pmatrix*}+c\begin{pmatrix*}[r]
      1 \\ -2 \\ 1 \\ 0\\0
    \end{pmatrix*}+d\begin{pmatrix*}[r]
      1 \\ -2 \\ 0 \\ 1 \\0
    \end{pmatrix*}+e \begin{pmatrix*}[r]
      5\\-6 \\ 0 \\ 0 \\ 1
    \end{pmatrix*},
\]
其中 $c,d,e$ 是任意数。进而$\begin{pmatrix*}[r]
-2 \\ 3 \\ 0 \\ 0 \\ 0
    \end{pmatrix*}$为该线性方程组的一个特解，
    而
    $\begin{pmatrix*}[r]
      1 \\ -2 \\ 1 \\ 0\\0
    \end{pmatrix*}[r], \begin{pmatrix*}[r]
      1 \\ -2 \\ 0 \\ 1\\0
    \end{pmatrix*}, \begin{pmatrix*}[r]
      5\\-6 \\ 0 \\ 0 \\ 1
    \end{pmatrix*}
  $
  构成导出组的一个基础解系。
\fi
\end{solution}



\begin{exercise}
设 $x_{1}-x_{2}=a_{1}, x_{2}-x_{3}=a_{2}, x_{3}-x_{4}=a_{3}, x_{4}-x_{5}=a_{4}, x_{5}-x_{1}=a_{5}$. 证明：方程组有解的充分必要条件为
\[
\sum_{i=1}^{5} a_{i}=0
\]
在有解的情形，求出它的通解。
\end{exercise}

\begin{solution}
行化简所给线性方程组的增广矩阵至阶梯形：
\[
  \left( 
    \begin{array}[]{rrrrr|c}
      1 & -1 & & & & a_1 \\
& 1 &-1 & & & a_2\\
& & 1 & -1 & & a_3\\
& & & 1& -1 & a_4\\
-1 & & & & 1   & a_5\\
    \end{array}
  \right)
  \xrightarrow{r_5+r_1+r_2+r_3+r_4}
  \left( 
    \begin{array}[]{rrrrr|c}
      1 & -1 & & &  & a_1 \\
&1 &-1 & & & a_2\\
& & 1 &-1 & & a_3\\
& & & 1 & -1 & a_4\\
& & & &  0 & \sum_{i=1}^5 a_i \\
    \end{array}
  \right).
\]
由此可知，所给线性方程组有解当且仅当$\sum_{i=1}^5 a_i=0$.
此时，所给线性方程组与下面的阶梯形线性方程组同解
\[
 \left\{ 
   \begin{array}[]{rrrrrl}
   x_1 & -x_2 & & &  &= a_1 \\
      &x_2 &-x_3 & &  &= a_2\\
& & x_3 & -x_4 & & = a_3\\
& & & x_4 & -x_5 & = a_4.
    \end{array}
 \right.
\]
任取自由未知量$x_5=a$, 可回代解得
\[\tag*{\qedhere}
(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)=(a+\sum_{i=1}^4 a_i, a+\sum_{i=2}^4a_i, a+\sum_{i=3}^4a_i, a+a_4, a)\quad
(\text{其中$a\in P$}).
\]
\end{solution}

\begin{exercise}\label{078}
证明： 与基础解系等价的线性无关向量组也是基础解系。
\end{exercise}

\begin{solution}
设$S$为一齐次线性方程组的基础解系，
向量组$T$线性无关且与$S$等价。
我们来验证$T$满足基础解系所要求的所有条件：
\begin{enumerate}[(1)]
    \setcounter{enumi}{-1}
  \item $T$中向量都是解：既然$T$可由$S$线性表出，对任意的$\alpha\in T$, $\alpha$可由$S$线性表出；
由于齐次线性方程组的一组解的线性组合还是解，$\alpha$是解。
\item $T$可线性表出任意解：对任一解$\beta$, $\beta$可由$S$线性表出；
而$S$又可由$T$线性表出，故由线性表出的传递性可知$\beta$可由$T$线性表出。
\item $T$线性无关：这是题设。
\end{enumerate}
这样$T$也是该齐次线性方程组的一个基础解系。
\end{solution}

\begin{exercise}
设齐次线性方程组
\[
\left\{\begin{array}{c}
  a_{11} x_{1}+a_{12} x_{2}+\cdots+a_{1 n} x_{n}=0, \\
a_{21} x_{1}+a_{22} x_{2}+\cdots+a_{2 n} x_{n}=0, \\
\cdots \cdots \cdots \cdots \\
a_{s 1} x_{1}+a_{n 2} x_{2}+\cdots+a_{s n} x_{n}=0
\end{array}\right.
\]
的系数矩阵的秩为 $r$. 
证明： 方程组的任意 $n-r$ 个线性无关的解都是它的一个基础解系。
\end{exercise}

\begin{solution}
令$S$为该齐次线性方程组的一个基础解系，则$\sharp S=n-r$.
令$T$为线性无关的一组解，且$\sharp T=n-r$. 
由基础解系的定义知$T$可由$S$线性表出。
反过来，
对$\alpha\in S$, 添加$\alpha$到$T$得到的向量组$(T,\alpha)$仍然可由$S$线性表出，
且$\sharp (T,\alpha)=n-r+1>\sharp S=n-r$, 因此$(T,\alpha)$线性相关。
又$T$线性无关，故$\alpha$可由$T$线性表出。
因此$S$可由$T$线性表出。
总之，$S, T$等价。进而由练习~\ref{078}~知$T$也是一个基础解系。
\end{solution}

\begin{exercise} 
证明： 如果 $ \eta_{1},  \eta_{2}, \cdots,  \eta_{t}$ 是一线性方程组的解，那么 $u_{1}  \eta_{1}+u_{2}  \eta_{2}+\cdots+u_{t}  \eta_{t}$ (其中 $u_{1}+u_{2}+\cdots+u_{t} =1$) 也是一个解。
\end{exercise}
\begin{solution}
  \fangfa  
  令所给线性方程组的第$i$个方程为$\sum_{j=1}^n a_{ij}x_j=b_i$ ($i=1,2,\cdots,s$), 
  令
  \[
  \eta_k=(c_{1k}, c_{2k}, \cdots, c_{nk}),\quad k=1,2,\cdots,t.
\]
  $\eta_k$为解表明
  \[
    \sum_{j=1}^n a_{ij}c_{jk}=b_i\quad (i=1,2,\cdots,s).
  \]
  我们有
  \[
    \sum_{k=1}^t u_k \eta_k=\left(\sum_{k=1}^t u_k c_{1k}, \sum_{k=1}^t u_k c_{2k},  \cdots, \sum_{k=1}^t u_k c_{nk}\right).
  \]
  注意到
  \[
    \begin{aligned}
      \sum_{j=1}^n a_{ij} \left(\sum_{k=1}^t u_k c_{jk}\right)&= 
\sum_{j=1}^n \sum_{k=1}^t u_k a_{ij}  c_{jk} =\sum_{k=1}^t  \sum_{j=1}^n u_k a_{ij}  c_{jk} \\
&= \sum_{k=1}^t u_k \sum_{j=1}^n  a_{ij}  c_{jk}= \sum_{k=1}^t u_kb_i= \left( \sum_{k=1}^t u_k \right) b_i\\
&= b_i.
    \end{aligned}
  \]
  这样$\sum_{k=1}^t u_k \eta_k$确实也是解。

  \fangfa  我们用矩阵的形式来写会很明快（本质上一样）。设该线性方程组为$AX=\beta$.
  那么$A\eta_i=\beta$. 从而
  \[
    A\left( \sum_{k=1}^t u_k \eta_k \right)=\sum_{k=1}^t u_k A\eta_k = \sum_{k=1}^t u_k \beta=\beta.
  \]
  因此$\sum_{k=1}^t u_k \eta_k$是$AX=\beta$的解。
\end{solution}


\begin{exercise}
设 $ \eta_{0}$ 是线性方程组的一个解， $ \eta_{1},  \eta_{2}, \cdots,  \eta_t$ 是它的导出组的一个基础解系， 令
\[
\begin{array}{llll}
\gamma_{1}= \eta_{0}, &  \gamma_{2}= \eta_{1}+ \eta_{0}, & \cdots, \quad  \gamma_{t+1}= \eta_{t}+ \eta_{0} .
\end{array}
\]
证明：线性方程组的任一个解 $\gamma$ 都可表成
\[
\gamma=u_{1}  \gamma_{1}+u_{2} \gamma_{2}+\cdots+u_{t+1} \gamma_{t+1},
\]
其中 $u_{1}+u_{2}+\cdots+u_{t+1}=1$.
\end{exercise}

\begin{solution}
若$\gamma$为一解，则$\gamma$可写为
\[
\begin{aligned}
    \gamma&= \eta_0+\sum_{i=1}^t u_{i+1} \eta_i
      = \gamma_1+u_2(\gamma_2-\gamma_1)+\cdots+u_{t+1}(\gamma_{t+1}-\gamma_1)\\
        &= (1-u_2-\cdots-u_{t+1})\gamma_1+u_2\gamma_2+\cdots+u_{t+1}\gamma_{t+1}.
      \end{aligned}
\]
令$u_1=1-u_2-\cdots-u_{t+1}$, 则$\gamma=\sum_{i=1}^{t+1} u_i \gamma_i$, 且$\sum_{i=1}^{t+1} u_i =1$.
\end{solution}

\begin{exercise}\label{0AF}
\begin{enumerate}
  \item 令$A$为实矩阵，证明$\rank(AA^{\rT})=\rank (A^{\rT}A)= \rank A$.
\item 举例说明：若$A$为复矩阵，不见得有$\rank (A^{\rT}A)= \rank A$.
\end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
  (1) 设$A\in \bR^{m\times n}$. 先证明齐次线性方程组$A^{\rT}AX=0$与$AX=0$同解。
显然$AX=0$的解为$A^{\rT}AX=0$的解。反过来，设$X_0$为
  $A^{\rT}AX=0$的解，即$A^{\rT}AX_0=0$. 
设$AX_0=(a_1,\cdots,a_m)^{\rT}$.
  那么
\[
  0=X_0^{\rT}A^{\rT} AX_{0} =(AX_0)^{\rT}(AX_0)=\sum_{i=1}^m a_i^2.
\]
  由于$a_i$为实数，必有所有 $a_i=0$, 即$AX_{0}=0$.
这就证明了$A^{\rT}AX=0$的解为$AX=0$的解。
  特别地，$A^{\rT}AX=0$与$AX=0$有相同的基础解系。
我们知道$A^{\rT}AX=0$与$AX=0$的基础解系中分别有$n-\rank(A^{\rT}A), n-\rank A$个解。
  因此有$\rank (A^{\rT}A)=\rank A$.

用 $A^{\rT}$ 替换 $A$ 知
  $\rank A=\rank A^{\rT}=\rank A A^{\rT}$.

(2) 令 $A=(1,i)^{\rT}$. 那么$A^{\rT}A=0$. 故$\rank A^{\rT}A=0\neq \rank A=1$.
\end{solution}

\begin{remark}
结论(1) 对 复矩阵$A$   的版本是：$\rank (A^{\rH}A)= \rank A$, 
其中$A^{\rH}=\bar{A}^{\rT}$为$A$的共轭转置。
\end{remark}


\section{补充题和考研题}


\begin{exercise}\label{237}
设有两个向量组
\[
  \begin{aligned}
S_1\colon  &\alpha_{1}=(1,0,2), \alpha_{2}=(1,1,3), \alpha_{3}=(1,-1, a+2); \\
S_2\colon  &\beta_{1}=(1,2, a+3), \beta_{2}=(2,1, a+6), \beta_{3}=(2,2, a+2).
\end{aligned}
\]
讨论当 $a$ 为何值时，向量组 $S_1$ 和 $S_2$ 等价？ 当 $a$ 为何值时，向量组 $S_1$ 能由向量组  $S_2$ 线性表出，但向量组 $S_2$ 不能由向量组 $S_1$ 线性表出？ 
\end{exercise}


\begin{solution}
  行化简 $\begin{pmatrix}\alpha_1^{\rT} & \alpha_2^{\rT} & \alpha_3^{\rT} & \beta_1^{\rT} & \beta_2^{\rT} & \beta_3^{\rT}\end{pmatrix}$ 得
\[
  \begin{aligned}
  \left(   \begin{array}{ccc|ccc}
      1 & 1 & 1 & 1 & 2 & 2 \\
    0 & 1 & -1 & 2 & 1 & 1 \\
  2 & 3 & a+2 & a+3 & a+6 & a+2
\end{array}\right)
%  &\rightarrow
%  \left( \begin{array}{ccc|ccc}
%    1 & 1 & 1 & 1 & 2 & 2 \\
%  0 & 1 & -1 & 2 & 1 & 2 \\
%0 & 1 & a & a+1 & a+2 & a-2
%\end{array}\right)\\
%& 
\rightarrow
\left( \begin{array}{ccc|ccc}
  1 & 1 & 1 & 1 & 2 & 2 \\
0 & 1 & -1 & 2 & 1 & 2 \\
0 & 0 & a+1 & a-1 & a+1 & a-4
\end{array}\right).
\end{aligned}
\]

若 $a = -1$, 则由化简结果知 $\alpha_3$ 可由 $\alpha_1, \alpha_2$ 线性表出， 
而 $\beta_1$ 不能由 $\alpha_1, \alpha_2$ 线性表出， 故 $S_2$ 不能由 $S_1$ 表出。
若 $a \neq -1$, 则 $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ 线性无关，从而是$\bF^3$ 的基。 
此时 $S_1$, $S_2$ 等价当且仅当 $\beta_1, \beta_2, \beta_3$ 线性无关。
我们有
\[
  \begin{vmatrix}
  \beta_1 \\ \beta_2 \\ \beta_3
\end{vmatrix}
=
\begin{vmatrix}
1 & 2 & a+3 \\
2 & 1 & a+6 \\
2 & 2 & a+2
\end{vmatrix}
= 12+a.
\]
故 $\beta_1, \beta_2, \beta_3$ 线性无关当且仅当 $a \neq -12$. 
由上面的讨论知 $S_1$, $S_2$ 等价当且仅当 $a \neq -1$ 且 $a \neq -12$.

$a \neq -1$ 时， $S_1$ 为 $\bF^3$ 的基， 故 $S_2$ 可由 $S_1$ 线性表出。
若 $S_2$ 不能由 $S_1$ 线性表出， 必有 $a = -1$. 
此时 $\beta_1, \beta_2, \beta_3$ 线性无关故为 $\bF^3$ 的基， 
这样 $S_1$ 可由 $S_2$ 线性表出。
如此可知，$a=-1$时 向量组 $S_1$ 能由向量组  $S_2$ 线性表出
但向量组 $S_2$ 不能由向量组 $S_1$ 线性表出。
\end{solution}



\begin{exercise}\label{02B}

\begin{enumerate}
\item 证明： $H\in \bF^{m\times n}$ 的秩为 $1$ 当且仅当
  存在非零向量 $\alpha\in\bF^{(m)}, \beta\in \bF^{(n)}$ 使得 $H=\alpha \beta^{\rT}$.  
\item 设 $H\in \bF^{m\times n}$ 为秩 $1$ 矩阵，$x\in \bF^{(n)}, y\in \bF^{(m)}$,
  满足 $y\neq 0$ 且 $H x=y$.
证明存在 $z\in \bF^{(n)}$, 使得 $H=y z^{\rT}$. 
\end{enumerate}
\end{exercise}


\begin{solution}
(1)  ($\Leftarrow$) 若$H=\alpha \beta^{\rT}$, 我们有$\rank H\leqslant \rank \alpha=1$. 
由于$\alpha, \beta$非零，$H$非零。这样$\rank H=1$.\\
($\Rightarrow$) 若$\rank H=1$, 则存在可逆矩阵$P\in \bF^{m\times m}, Q\in \bF^{n\times n}$使得
\[
  H=P\begin{pmatrix}
  1 & 0 & \cdots & 0\\
  0 & 0 & \cdots & 0\\
  \vdots & \vdots &  & \vdots\\
  0 & 0 & \cdots & 0
\end{pmatrix} Q= P\begin{pmatrix}
  1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
  1 & 0 & \cdots & 0
\end{pmatrix}Q= \alpha \beta^{\rT},
\]
其中$\alpha, \beta^{\rT}$分别为$P$的第一列和$Q$的第一行。
由于$P, Q$可逆，$\alpha, \beta$非零。

(2) 
由(1)知 $H=\alpha \beta^{\rT}$, 其中 $\alpha\in\bF^{(m)}, \beta\in\bF^{(n)}$.
代入到 $Hx=y$ 可知 $\alpha \beta^{\rT} x=y$. 
令 $z=\frac{1}{\beta^{\rT} x} \beta$, 则 
\(
y z^{\rT}=A \beta^{\rT}=H.
\)
\end{solution}



\begin{exercise}
设矩阵$A$的秩为$r$, 且矩阵$A$的第$i_1,\cdots, i_r$行线性无关，第$j_1,\cdots,j_r$列也线性无关。
证明$A$的$r$阶子矩阵$A\begin{pmatrix}
  i_1 \cdots i_r\\
  j_1 \cdots j_r
\end{pmatrix}$可逆。
\end{exercise}

\begin{solution}
不妨设$i_l=l$, 对任意的$1\leqslant l\leqslant r$. 
将$A$分块为$\begin{pmatrix}
  A_1 \\ A_2
\end{pmatrix}$, 其中$A_1$占前$r$行。
既然$A$的秩为$r$而$A$的第$1,\cdots,r$行线性无关，
$A$可以通过行化简化简至$A'=\begin{pmatrix}
  A_1 \\ 0
\end{pmatrix}$.
由于行化简保持列的线性相关性，$A$的第$j_1,\cdots,j_r$列线性无关表明
$A'$的第$j_1, \cdots, j_r$列线性无关。
这样$A_1$的第$j_1,\cdots,j_r$列线性无关，
即子方阵$A_1\begin{pmatrix}
  1\cdots r\\
  j_1 \cdots j_r
\end{pmatrix}$列满秩，故此子方阵可逆。
这个子方阵等于$A\begin{pmatrix}
  1 \cdots r\\
  j_1 \cdots j_r
\end{pmatrix}$, 从而后者可逆。
\end{solution}


\begin{exercise}\label{201}
\begin{enumerate}
\item 是否存在 $A, B \in \bC^{n \times n}$, 
  满足对任意的 $0 \neq \alpha \in \bC^{(n)}$ 都有 $A \alpha, B \alpha$线性无关?
\item\tiyuan{\parencite[2024]{anhuidaxue}}%
  当 $n$ 为偶数，是否存在 $A, B \in \bR^{n \times n}$, 
  满足对任意的 $0 \neq \alpha \in \bR^{(n)}$ 都有 $A \alpha, B \alpha$线性无关?
\end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
$A \alpha, B \alpha$ 线性相关 相当于对某个数 $\lambda$ 有 
$A \alpha=\lambda B \alpha$ 或 $B \alpha=\lambda A \alpha$, 
即 $(A-\lambda B) \alpha=0$ 或 $(\lambda A-B) \alpha=0$,
亦即 $\alpha$ 为 $A-\lambda B$ 或 $\lambda A-B$ 的属于特征值 $0$ 的特征向量。
所以问题相当于是否存在 $A, B$ 使得 $\det(A-\lambda B) \neq 0$且 
$\det(\lambda A-B) \neq 0$, 对 $\forall \lambda$ 成立。

(1) 在复数域上考虑。通过相似变换，可设
\[
A=\begin{pmatrix}
  \lambda_{1} &*  & \cdots & * \\
& \ddots& \ddots & \vdots \\
& &\ddots & *\\
&&& \lambda_{n}
\end{pmatrix}.
\]
此时，不仅$A-\lambda B$ 为 $\lambda$ 的多项式 (记作$f(\lambda)$)，
而且 $f(\lambda)$ 的常数项为 $\lambda_{1} \cdots \lambda_{n}$. 
若 $\deg f(\lambda) >0$, 则 $f(\lambda)$ 有根，
故可取到 $\lambda_0$使得 $\det(A-\lambda_0 B)=0$. 
若 $f(\lambda)$ 为常数, 则 当 $\lambda_{1} \cdots \lambda_{n}= 0$ 时 $f(\lambda)\equiv 0$,
这不是我们想要的，故设 $\lambda_{1} \cdots \lambda_{n} \neq 0$, 从而 $A$ 可逆。
但 $A$ 可逆时 $\det(\lambda A-B)=\det A \det(\lambda-A^{-1} B)$ 是
关于 $\lambda$的 $n$ 次多项式，从而有根 $\lambda_{0}$, 此时 $\det(\lambda_{0} A-B)=0$. 
上面的分析表明想要的 $A, B$ 不存在。

(2) 在实数域上考虑，且设 $n=2m$ 是偶数。此时，我们可以构造 $A, B$
使得 $\det(A-\lambda B)=\det(\lambda A-B)=(\lambda^{2}+1)^{m}$. 
诚然，只用令 $A=E_{2 n}$, 
\[
B=\diag(\underbrace{C, \cdots,C}_{\text{$m$个}}), \quad 
  \text{其中 $C=\begin{pmatrix}
    0 & -1 \\
  1 & 0
\end{pmatrix}$}.
\]
这样，对 $\forall \lambda \in \bR$, $\det(\lambda A-B)>0$, $\det(A-\lambda B)> 0$.
从而对 $\forall 0 \neq \alpha, A \alpha, B \alpha$ 线性无关。
\end{solution}



\iffalse
\begin{exercise}
设 $W_{1}, W_{2}$ 分别为 $n$ 元齐次线性方程组 $A X=0, B X=0$ 的解空间。 
试构造两个齐次线性方程组， 使它们的解空间分别是 $W_{1} \cap W_{2}, W_{1}+W_{2}$.
\end{exercise}

\begin{solution}
$\begin{pmatrix}
  A \\ B
\end{pmatrix}X=0$ 的解空间为 $W_{1} \cap W_{2}$,
\end{solution}
\fi


\begin{exercise}
令 $A\in \bR^{m\times n}$. 证明：对任意的列向量$\beta\in \symbf{R}^{(m)}$, 
线性方程组$A^{\rT} AX=A^{\rT} \beta$有解。
\end{exercise}


\begin{solution}
  容易发现$\Span_{c} A^{\rT}A \subset \Span_c A^{\rT}$. 由于 
\[
\dim \Span_c A^{\rT} A = \rank A^{\rT} A = \rank A =\rank A^{\rT} =\dim \Span_c A^{\rT}
\]
(这里我们应用了  $\rank A^{\rT}A=\rank A$, 见练习~\ref{0AF}),
我们有$\Span_c A^{\rT} A = \Span_c A^{\rT}$.
这样对任意的 $\beta\in \symbf{R}^{(m)}$, $A^{\rT}\beta\in \Span_c A^{\rT}A$, 
即存在 $X\in \symbf{R}^{(n)}$ 使得 $A^{\rT}AX=A^{\rT}\beta$. 
这就证明了 $A^{\rT}AX=A^{\rT}\beta$ 总有解。
\end{solution}



\begin{exercise}\label{22B}
  设$A\in P^{m\times n}$.
  \begin{enumerate}
    \item   设$\eta_1, \eta_2, \cdots, \eta_s$
      为齐次线性方程组$AX=0$的一个基础解系，
      且向量$\alpha\in P^{(n)}$不是$AX=0$的解。
      证明向量组$(\alpha, \alpha+\eta_1, \cdots, \alpha+\eta_s)$线性无关。

  \item   设$\rank A=r$, 
    且非齐次线性方程组$AX=\beta$有解。
    请问$AX=\beta$的解中线性无关的最多多少？
    给出这样的一组解向量。
\end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
    (1) \fangfa  
    令$c_0 \alpha + c_1 (\alpha+\eta_1) + \cdots + c_s(\alpha+\eta_s)=0$, 
    其中$c_i\in P$.
    这样$(c_0+c_1+\cdots+c_s)\alpha + c_1 \eta_1 + \cdots + c_s \eta_s=0$. 
    用$A$左乘此等式得
    $(c_0+c_1+\cdots+c_s)A\alpha=0$. 由于$A\alpha\neq 0$, $c_0+c_1+\cdots +c_s=0$, 
    进而$c_1 \eta_1 + \cdots + c_s \eta_s=0$.
    由于$\eta_1, \cdots, \eta_s$线性无关，$c_1=\cdots=c_s=0$.
    这样$c_0\alpha =0$, 而$\alpha\neq 0$, 只有$c_0=0$. 
    这就证明了$\alpha, \alpha+\eta_1, \cdots, \alpha+\eta_s$线性无关。

    \fangfa  由于$\alpha$非$AX=0$的解，$\alpha$不能由 $\eta_1, \cdots, \eta_s$
    线性表出。
    又$\eta_1, \cdots, \eta_s$线性无关，
    故向量组$S=(\alpha, \eta_1, \cdots, \eta_s)$线性无关。
    显然$S$可由
    $T=(\alpha, \alpha+\eta_1, \cdots, \alpha+\eta_s)$线性表出。
    因此$s+1=\rank S\leqslant \rank T$. 
    而$T$中仅$s+1$个向量，因此$T$线性无关。

    (2)   至多$n-r+1$个。%非齐次线性方程组$AX=\beta$有解表明$r> 0$. 
    设$AX=0$的一个基础解系为$\eta_1, \cdots, \eta_{n-r}$. 
    那么$\eta_1, \cdots, \eta_{n-r}$线性无关。
    令$\alpha$为$AX=\beta$的一个特解。从而$A\alpha=\beta\neq 0$.
    由(1)知$T=(\alpha, \alpha+\eta_1, \cdots, \alpha+\eta_{n-r})$线性无关。
    这$n-r+1$个向量都是$AX=\beta$的解。另一方面，
    我们知道任意的$AX=\beta$的解$\gamma$形如
    \[
      \alpha+a_1\eta_1 + \cdots + a_{n-r} \eta_{n-r},\quad\text{其中$a_i\in P$},
    \]
    $\gamma$显然可以由$T$线性表出。故$AX=\beta$的解中线性无关的最多$n-r+1$个。
\end{solution}



\begin{exercise}\label{0D3}
\begin{enumerate}
  \item 设$A\in \bF^{m\times n}, B\in \bF^{m\times s}$. 证明矩阵方程$AX=B$有解当且仅当$\rank A=\rank \begin{pmatrix}
      A & B
    \end{pmatrix}$.
  \item 讨论$a, b$为何值时实矩阵方程$AX=B$有解并求解，其中
    \[
      A=\begin{pmatrix}
        1 & 1 &1 \\
        0 & 1 & 2\\
        1 & 2 & a
      \end{pmatrix},\quad
      B=\begin{pmatrix}
        -1 & 1\\
        2 & 0 \\
        1 & b
      \end{pmatrix}.
    \]
\end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
(1) 设$X$按列分块为$\begin{pmatrix}
      X_1 & \cdots & X_s
    \end{pmatrix}$, $B$按列分块为$\begin{pmatrix}
      \beta_1 & \cdots & \beta_s
    \end{pmatrix}$. 矩阵方程$AX=B$相当于$s$个线性方程组
    $AX_i=\beta_i$, $1\leqslant i\leqslant s$.
    $AX_i=\beta_i$有解当且仅当$\beta_i\in \Span_c A$.
    这样$AX=B$有解当且仅当对任意的指标$i$有$\beta_i \in \Span_cA$, 
    当且仅当$\rank_c A=\rank_c\begin{pmatrix}
      A & B
    \end{pmatrix}$,
    当且仅当$\rank A=\rank \begin{pmatrix}
       A & B
     \end{pmatrix}$.

     (2) 我们试着行化简增广矩阵：
     \begin{align*}
       \left( 
         \begin{array}[]{rrr|rr}
           1 & 1 & 1 & -1 & 1\\
           0 & 1 & 2 & 2 & 0\\
           1 & 2 & a & 1 & b
         \end{array}
       \right)\xrightarrow{r_3-r_1-r_2}
       \left( 
         \begin{array}[]{rrr|rr}
           1 &1 & 1 & -1 & 1\\
           0 & 1 & 2 & 2 & 0\\
           0 & 0 & a-3 & 0& b-1
         \end{array}
       \right).
     \end{align*}
     若$a\neq 3$则$A$可逆，总有解且解唯一，我们接着化简至既约的行阶梯形得
     \begin{align*}
       \left( 
         \begin{array}[]{rrr|rr}
           1 &1 & 1 & -1 & 1\\
           0 & 1 & 2 & 2 & 0\\
           0 & 0 & a-3 & 0& b-1
         \end{array}
        \right)
        \xrightarrow{r_1-r_2} & 
        \left( 
         \begin{array}[]{rrr|rr}
           1 & 0 & -1 & -3 & 1\\
           0 & 1 & 2 & 2 & 0\\
           0 & 0 & a-3 & 0& b-1
         \end{array}
        \right) \\
        \xrightarrow[r_2+r_3\times \left( -\frac{2}{a-3} \right)]{r_1+r_3\times \frac{1}{a-3}} &
        \left( 
         \begin{array}[]{rrr|rr}
           1 & 0 & 0 & -3 & \frac{a+b-4}{a-3}\\
           0 & 1 & 0 & 2 & -\frac{2b-2}{a-3}\\
           0 & 0 & a-3 & 0& b-1
         \end{array}
       \right)\\
       \xrightarrow{r_3\times \frac{1}{a-3}} &
       \left( 
         \begin{array}[]{rrr|rr}
           1 & 0 & 0 & -3 & \frac{a+b-4}{a-3}\\
           0 & 1 & 0 & 2 & -\frac{2b-2}{a-3}\\
           0 & 0 & 1 & 0& \frac{b-1}{a-3}
         \end{array}
       \right).
     \end{align*}
     因此唯一解为
     \[
       X=\begin{pmatrix}
         -3 & \frac{a+b-4}{a-3}\\
         2 & -\frac{2b-2}{a-3}\\
         0 & \frac{b-1}{a-3}
       \end{pmatrix}.
     \]
     若$a=3$, 有解当且仅当$b=1$. 而且，有解时解不唯一，我们接着化简至既约的行阶梯形来求解：
     \begin{align*}
       \left( 
         \begin{array}[]{rrr|rr}
           1 &1 & 1 & -1 & 1\\
           0 & 1 & 2 & 2 & 0\\
           0 & 0 & 0 & 0& 0
         \end{array}
       \right)\xrightarrow{r_1-r_2} &
       \left( 
         \begin{array}[]{rrr|rr}
           1 &0 & -1 & -3 & 1\\
           0 & 1 & 2 & 2 & 0\\
           0 & 0 & 0 & 0& 0
         \end{array}
       \right).
     \end{align*}
     由此可知自由变量为$x_{13}, x_{23}$（记$X=(x_{ij})$），
     任取$x_{13}=a_1, x_{23}=a_2$后可读出通解（按照$X$的列一列一列地读）为
    \begin{align*}
      X=\begin{pmatrix}
        -3+a_1 & 1+a_2 \\
        2-2a_1 &  -2a_2 \\
        a_1 & a_2
      \end{pmatrix},
    \end{align*}
    其中$a_1, a_2\in \symbf{R}$为任意数。
\end{solution}



\begin{exercise}
设矩阵$A$的行向量都是线性方程组$x_1+x_2+\cdots+x_n=0$的解，其中
\[
  A=\begin{pmatrix}
    a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\
    a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\
    \vdots & \vdots & & \vdots \\
    a_{n-1,1} & a_{n-1, 2} & \cdots & a_{n-1,n}
  \end{pmatrix}\in \symbf{R}^{(n-1)\times n}.
\]
令$M_i$表示$A$中划去第$i$列的$n-1$阶行列式。
\begin{enumerate}
  \item 证明$\sum_{i=1}^n (-1)^{i} M_i=0$当且仅当$A$的行向量组不是$x_1+\cdots+x_n=0$的基础解系。
  \item 若$\sum_{i=1}^n M_i=1$, 求$M_i$.
\end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
注意到$i>1$时我们有
\begin{align*}
  M_i&= 
  \begin{vmatrix}
    a_{11} & \cdots &  a_{1,i-1} & a_{1,i+1} & \cdots & a_{1n} \\
    \vdots & & \vdots  & \vdots  &  & \vdots \\
    a_{n1} & \cdots & a_{n,i-1} & a_{n,i+1} & \cdots &  a_{nn}
  \end{vmatrix} \\
  &= 
  \begin{vmatrix}
    0 & \cdots & 0 & (-1)^{i+1} & 0 & \cdots & 0\\
    a_{11} & \cdots &  a_{1,i-1} & a_{1i} & a_{1,i+1} & \cdots & a_{1n} \\
    \vdots & & \vdots  & \vdots  & \vdots  & & \vdots\\
    a_{n1} & \cdots & a_{n,i-1} & a_{ni} & a_{n,i+1} & \cdots &  a_{nn}
  \end{vmatrix} \\
  &\overset{\circled{1}}{=} 
  \begin{vmatrix}
    (-1)^{i+1} & \cdots & 0 & (-1)^{i+1} & 0 & \cdots & 0\\
    0 & \cdots &  a_{1,i-1} & a_{1i} & a_{1,i+1} & \cdots & a_{1n} \\
    \vdots & & \vdots & \vdots  & \vdots  & & \vdots \\
    0 & \cdots & a_{n,i-1} & a_{ni} & a_{n,i+1} & \cdots &  a_{nn}
  \end{vmatrix} \\
  &= (-1)^{i+1} M_1,
\end{align*}
其中 \circled{1} 是后$n-1$列都加到第一列。
\begin{enumerate}
  \item 我们有
    \[
      \sum_{i=1}^n (-1)^ i M_i=-n M_i.
    \]
$\sum_{i=1}^n (-1)^ i M_i=0$当且仅当
$M_1=M_2=\cdots=M_n=0$, 这反过来相当于$\rank_r A=\rank_c A<n-1$,
 亦相当于$A$的行向量组是线性相关的，进而等价于$A$的行向量组不是$x_1+\cdots+x_n=0$的基础解系。
\item 我们有 
\[
  \sum_{i=1}^n M_i= (1-1+1-1+\cdots)M_1.
\]
故若$\sum M_i=1$则$n$是奇数且$M_1=1$, 进而$M_i=(-1)^{i+1}$, 对任意的$i$.
\qedhere
\end{enumerate}
\end{solution}

\begin{exercise}\tiyuan{\parencite[\nopp 20??]{beida}}
设$A,B\in \symbf{R}^{n\times n}$满足$A=(B-\frac{1}{2023} E)^{\rT}(B+\frac{1}{2023} E)$.
证明：对任意的$\beta\in \symbf{R}^{(n)}$, 线性方程组$A^{\rT}(A^2+A)X=A^{\rT}\beta$总有解。
\end{exercise}

\begin{solution}
显然$\Span_c A^{\rT} (A^2+A)\subset \Span_c A^{\rT}$. 要证明所给线性方程组总有解，只用证明
\[
\rank A^{\rT} A(A+ E)=\rank A^{\rT}, \]
因为这能蕴含
\[
  \Span_c A^{\rT} (A^2+A) = \Span_c A^{\rT}.
\]
实际上，我们有
\[
\begin{aligned}
  A+ E&= (B-\frac{1}{2023} E)^{\rT}(B+\frac{1}{2023} E)+ E \\
  &= \left(B^{\rT}B+\frac{2023^2-1}{2023^2} E\right) + \frac{1}{2023}(B^{\rT}-B).
  \end{aligned}
\]
注意到最后的求和中第一项是正定矩阵，而第二项为反称的，
由练习~\ref{0C7}~知该矩阵行列式为正。
特别地，$A+ E$可逆。所以
\[\tag*{\qedhere}
\rank A^{\rT}A(A+ E)=\rank A^{\rT} A =\rank A.
\]
\end{solution}

\begin{exercise}\label{214}
设 $A$ 为 $m \times n$ 矩阵，$b$ 为 $m$ 维列向量。
\begin{enumerate}
\item 若存在 $n \times m$ 矩阵 $B$, 使得 $B A=E$, 则对于线性方程组 $A X=\beta$的解的情况 有何结论?
\item  若存在 $n \times m$ 矩阵 $B$, 使得 $A B=E$, 则对于线性方程组 $A X=\beta$的解的情况 有何结论?
\end{enumerate}
\end{exercise}


\begin{solution}
  (1) 可能无解，可能有唯一解。若 $AX=\beta$ 有解 (这相当于 $\beta$落在 $A$ 的列空间中，
    亦相当于$\rank A=\rank \begin{pmatrix}
      A & \beta
  \end{pmatrix}$), 比如说 $X_0$, 那么 $AX_0=\beta$, $X_0=BAX_0=B\beta$,
  故解唯一。$AX=\beta$有可能无解，例如 线性方程组
  \[
    \begin{pmatrix}
      1 \\
      0
    \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
      x_1 \\x_2
    \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
     0 \\ 1 
    \end{pmatrix}
  \]
  无解。

  (2) 可能有无穷多解，可能有唯一解。$AB=E$ 表明 $A$ 行满秩 (特别地，$n\geqslant m$)，
  故而存在可逆矩阵 $P$
  使得 $A=\begin{pmatrix}
    E_m & 0
  \end{pmatrix}P$. 令 $PX=\begin{pmatrix}
    X_1 \\ X_2
  \end{pmatrix}$, 其中 $X_1$ 占$m$行。
  这样 $AX=\beta$ 即 
  \[
    \begin{pmatrix}
    E_m & 0
  \end{pmatrix} \begin{pmatrix}
    X_1 \\ X_2
  \end{pmatrix} =\beta.
\]
若 $m=n$, 则此线性方程组有唯一解 $X=P\beta=A^{-1}\beta$. 若 $m<n$, 则
$X_1=\beta$, 而 $X_2$ 可以任意。故
此时线性方程组 $AX=\beta$ 的解为
\(
  X=P^{-1}\begin{pmatrix}
    \beta\\ \gamma
  \end{pmatrix},
\)
其中 $\gamma$ 是任意的 $n-m$ 维列向量。
\end{solution}


\begin{exercise}
设$\alpha_1, \cdots, \alpha_s$为$\bR^{(n)}$中线性无关的向量。
证明存在齐次线性方程组$AX=0$使得$(\alpha_1, \cdots, \alpha_s)$构成其基础解系。
\end{exercise}


\begin{solution}
\fangfa 令$B=\begin{pmatrix}
  \alpha_1 & \cdots & \alpha_s
\end{pmatrix}$. 
$\alpha_1, \cdots, \alpha_s$表明$B$列满秩，故存在可逆矩阵$P$使得$PB=\begin{pmatrix}
  E_s\\ 0
\end{pmatrix}$.
令$A=CP$, 其中$C=\begin{pmatrix}
  0 & E_{n-s}
\end{pmatrix}\in \bR^{(n-s)\times n}$. 
容易发现$CX=0$的一个基础解系为$e_1, \cdots, e_s$.
这样$AX=0$的一个基础解系为 $P^{-1}e_1, \cdots, P^{-1}e_s$.
注意到$\alpha_i = P^{-1} e_i$. 故$\alpha_1, \cdots, \alpha_s$构成$AX=0$的一个基础解系。

\fangfa  
取$\Span(\alpha_1, \cdots, \alpha_s)$的正交补的一组基，比如说$\alpha_{s+1}, \cdots, \alpha_{n}$. 
令
\[
  A=\begin{pmatrix}
  \alpha_{s+1}^{\rT} \\
  \vdots \\
  \alpha_{n}^{\rT}
\end{pmatrix}.
\]
此时$\alpha_1, \cdots, \alpha_{s}$落在$AX=0$的解空间中。
又解空间维数为$s$（因为$\rank A=n-s$）, 所以$AX=0$的解空间可由$\alpha_1, \cdots, \alpha_{s}$张成。
\end{solution}

\begin{exercise}\tiyuan{\parencite[2024]{nankai}}
设 $\tilde{A}, \tilde{B} \in \symbf{R}^{m \times(n+1)}$ 分别是两个线性方程组的增广矩阵。
若这两个线性方程组都有解，则解集相同当且仅当 $\tilde{A}, \tilde{B}$ 的行向量组等价。
\end{exercise}


\begin{solution}
令 $\Span_{r} \tilde{A}$ 和 $\Span_{r} \tilde{A}$ 分别为
$\tilde{A}, \tilde{B}$的行向量组生成的 $\symbf{R}^{n+1}$ 的子空间；
令 $\tilde{A} X=0$ 和 $\tilde{B} X=0$ 的解空间分别为
$W_{\tilde{A}}$ 和 $W_{\tilde{B}}$, 
令 $W_{\tilde{A}}^{\rT}$ 和 $W_{\tilde{B}}^{\rT}$ 分别为 转置
$W_{\tilde{A}}$ 和 $W_{\tilde{B}}$ 中向量得到的 $\symbf{R}^{n+1}$的子空间。
$\tilde{A}, \tilde{B}$ 的行向量组相当于
$\Span_{r} \tilde{A} = \Span_{r} \tilde{A}$,
这反过来相当于 $W_{\tilde{A}}=W_{\tilde{B}}$,
因为 $\Span_{r} \tilde{A}$ 和 $\Span_{r} \tilde{B}$ 分别 是
$W_{\tilde{A}}^{\rT}$ 和 $W_{\tilde{B}}^{\rT}$ 在 $\symbf{R}^{n+1}$ 中的正交补。

我们断言：若线性方程组 $A X=\alpha$ 的解集为 $W_{A,\alpha}$, 
则线性方程组  $\tilde{A} X=0$ (其中 $\tilde{A}=\begin{pmatrix}
  A & \alpha
\end{pmatrix}$) 的解集 $W_{\tilde{A}}$ 为
\[\tag{$*$}
W_{\tilde{A}}=      \left \{\left. \begin{pmatrix}
          \gamma \\ 0
    \end{pmatrix}~\right|~ \gamma \in W_{A}\right\}\bigcup
    \left\{\left. 
        \begin{pmatrix} -c\gamma\\ c\end{pmatrix} ~\right|~ 0 \neq c \in \symbf{R},  \gamma \in W_{A, \alpha} \right\} .
\]
诚然，若 $\gamma\in W_A$ (即 $A\gamma=0$), 则 
\[
\tilde{A} \begin{pmatrix}
    \gamma \\ 0
    \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
        A & \alpha
        \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
            \gamma \\ 0
            \end{pmatrix} = A\gamma=0;
        \]
        若  $0\neq c\in \symbf{R}$ 且 $ \gamma\in W_{A,\alpha}$ (即 $A\gamma=\alpha$), 则
    \[
      \tilde{A} \begin{pmatrix}
         -c\gamma \\ c
         \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
             A & \alpha
             \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
                 -c\gamma \\ c
               \end{pmatrix} =  -c(A\gamma -\alpha) =0.
             \]
           反过来，设 
         \(
           \begin{pmatrix}
             \gamma\\ c
         \end{pmatrix} \in W_{\tilde{A}},
       \)
       其中 $c\in \symbf{R}$,     亦即 $A\gamma+c\alpha=0$.
 若 $c= 0$, 则 $A\gamma =0$, $\gamma\in  W_A$; 若 $c\neq 0$, 则 $A(-\frac{1}{c}\gamma) =\alpha$, 
$-\frac{1}{c}\gamma\in W_{A,\alpha}$. 断言证毕。

对 $\tilde{B}=\begin{pmatrix}
 B & \beta
\end{pmatrix}$, 我们可类似地描述 $W_{\tilde{B}}$. 显然
$W_{\tilde{A}}=W_{\tilde{B}}$ 当且仅当 $W_{A}=W_B$ 且 $W_{A,\alpha}=W_{B,\beta}$
当且仅当 $W_{A,\alpha}=W_{B,\beta}$
(最后一个``当且仅当''要用到$AX=\alpha$和$BX=\beta$都有解).
\end{solution}

\begin{exercise}
  设 $A=(a_{ij})$ 为复矩阵，令 $\bar{A}=(\bar{a}_{ij})$ 为其共轭矩阵。
  证明 $\rank A=\rank \bar{A}$.
\end{exercise}

\begin{solution}
  %显然 $A=0$ 当且仅当 $\bar{A}=0$. 不妨设二者都非零。此时，
  若 $\det A\begin{pmatrix}
    i_1\cdots i_k\\
    j_1\cdots j_k
  \end{pmatrix}$ 为 $A$ 的一个非零的 $k$ 阶子式，
  则 $\bar{A}$ 有个 $k$ 阶非零子式
  \[
    \det \bar{A}\begin{pmatrix}
    i_1\cdots i_k\\
    j_1\cdots j_k
  \end{pmatrix} = \overline{\det A\begin{pmatrix}
    i_1\cdots i_k\\
    j_1\cdots j_k
\end{pmatrix}}.
\]
交换 $A, \bar{A}$的角色 亦然，因为 $A=\bar{\bar{A}}$. 故$\rank A=\rank \bar{A}$.
\end{solution}

\begin{exercise}\label{233}
令 $A$ 为 $n$ 阶方阵，$\alpha, \beta$ 为 $n$ 维列向量，证明：  
\begin{enumerate}
  \item  $\rank(A) -1 \leqslant\rank(A+\alpha \beta^{\rT}) \leqslant \rank(A) +1$.
    \item 若 $A$ 可逆，则 $A+\alpha \beta^{\rT}$ 可逆当且仅当 $\beta^{\rT} A^{-1} \alpha\neq -1$. 
\end{enumerate}
\end{exercise}


\begin{solution}
(1) 由公式$|\rank A  -\rank B |\leqslant \rank(A+B) \leqslant \rank A+\rank B$ 
(练习~\ref{0D1})
和 $\rank (\alpha\beta^{\rT})\leqslant 1$ 立知。


(2) 我们有
\[
|A+\alpha \beta^{\rT}| =|A| |E+A^{-1} \alpha \beta^{\rT}| 
=|A| (1+\beta^{\rT} A^{-1} \alpha).
\]
故 $A+\alpha \beta^{\rT}$ 可逆当目仅当 $\beta^{\rT} A^{-1} \alpha\neq -1$. 
\end{solution}



\begin{exercise}\tiyuan{\parencite[20??]{beida}}
设$A$是$n$阶实方阵且$A$的每个元素的代数余子式都等于该元素。求$A$的秩。
\end{exercise}

\begin{solution}
由题设有$A^{\rT}=A^*$.
从而$AA^{\rT}=(\det A)E$. 
若$\det A=0$, 那么$AA^{\rT}=0$, 从而$\rank A=\rank AA^{\rT}=0$, 故$A=0$.
满足题设且满足$\det A\neq 0$的$A$是存在的，比如单位矩阵。
故$\rank A=0$或$n$.
\end{solution}




\begin{exercise}
设$A=(a_{ij})$是$n$阶实矩阵，满足：
\begin{enumerate}[(i)]
  \item $a_{ii}>0$, $i=1,2,\cdots,n$;
  \item $a_{ij}<0$, $i\neq j$;
  \item $\sum_{i=1}^n a_{ij}=0$, $j=1,2,\cdots,n$.
\end{enumerate}
求$A$的秩。
\end{exercise}

\begin{solution}
令$X=(1,1,\cdots,1)$. $\sum_{i=1}^n a_{ij}=0$ 表明$XA=0$.
这样$A$不可逆，$\rank A<n$.
注意到$A$的$n-1$阶顺序主子方阵 $A\begin{pmatrix}
  1&2&\cdots&n-1\\ 1&2&\cdots&n-1
\end{pmatrix}$满足
\[
a_{jj} = -\sum_{i\neq j} a_{ij} > \sum_{\substack{i=1\\ i\neq j}} ^{n-1} |a_{ij}|, \quad
\text{对任意的 $1\leqslant j<n$},
\]
因而是列版本的严格对角占优矩阵 （见练习~\ref{0B3})，
故而有非零的行列式。
这样$A$有个$n-1$阶子方阵可逆，从而$\rank A\geqslant n-1$.
因此$\rank A=n-1$.
\end{solution}



\begin{exercise}\label{020}
证明：若 $A$ 列满秩，则 $\rank AB=\rank B$; 若 $A$ 行满秩，则 $\rank CA=\rank C$.
\end{exercise}

\begin{solution}

设$A$列满秩，则存在可逆矩阵$P$使得$A=P\begin{pmatrix}
  E_n\\0
\end{pmatrix}$, 其中$n$为$A$的列数。这样
\[
  \rank AB = \rank P\begin{pmatrix}
  E_n\\0
\end{pmatrix} B= \rank \begin{pmatrix}
  E_n\\0
\end{pmatrix} B = \rank \begin{pmatrix}
  B \\0
\end{pmatrix}=\rank B.
\]
行满秩的版本可类似地证明或者通过转置来证明。
\end{solution}


\begin{remark}\label{04C}
若矩阵 $A$ 的列向量组线性无关，则称 $A$ \emph{列满秩}。
对$A\in \bF^{m\times n}$, 下列条件等价：
\begin{enumerate}
  \item $A$列满秩。
  \item $\rank_c A= \rank_r A = \rank A=n$, 即$A$的列秩、行秩和秩等于其列数。
  \item $A$有个可逆的$n$阶子方阵。
  \item 存在可逆矩阵$P$使得$A=P\begin{pmatrix}
      E_n \\ 0
    \end{pmatrix}$.
  \item $A$有左逆，即存在矩阵$B$使得$BA=E_n$.
  \item 对任意的$\beta\in \bF^{(m)}$, 线性方程组$AX=\beta$的解至多唯一（即存在时必唯一）。
  \item 对某个$\beta\in \bF^{(m)}$, 线性方程组$AX=\beta$有唯一解。
  \item 齐次线性方程组$AX=0$只有平凡解。
  \item 若$\beta_1, \beta_2, \cdots, \beta_s\in \bF^{(n)}$线性无关，则$A\beta_1, A\beta_2, \cdots, A\beta_s$线性无关。
  \item $A$可扩充成可逆矩阵$\begin{pmatrix}
      A & C
    \end{pmatrix}$.
  \item 对任意的$\beta\in \bF^{(n)}$, 线性方程组$A^{\rT} X=\beta$总有解。 
\end{enumerate}

我们来证明(1) $\Rightarrow$ (2) $\Rightarrow$ (3) $\Rightarrow$ (4) $\Rightarrow$ (5)
$\Rightarrow$ (6) $\Rightarrow$ (7) $\Rightarrow$ (8) $\Rightarrow$ (10) $\Rightarrow$ (1),
(1) $\Leftrightarrow$ (9),
(4) $\Rightarrow$ (11) $\Rightarrow$ (12) $\Rightarrow$ (5). 

(1)$\Rightarrow$(2). 我们知道秩等于行秩等于列秩。
列满秩相当于说列秩等于其列数，从而等价于其秩和行秩等于其列数。

(2)$\Rightarrow$(3) 根据秩的定义我们知道 $A$ 有个 $n$ 阶子方阵的行列式非零。这个 $n$ 阶子方阵即为所求。

(3)$\Rightarrow$(4). 若 $A$ 有个 $n$ 阶子方阵可逆，
那么通过几次交换两行可知存在可逆矩阵 $P_1$ 使得 $P_1 A = \begin{pmatrix}
A_1 \\A_2
\end{pmatrix}$, 其中 $A_1$ 是可逆矩阵。那么
\[
P_2P_1A=\begin{pmatrix}
  A_1^{-1} \\ -A_2A_1^{-1} & E_{m-n}
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
  A_1 \\ A_2
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
  E_n \\ 0
\end{pmatrix}, \quad \text{其中~}P_2=\begin{pmatrix}
  A_1^{-1} \\ -A_2A_1^{-1} & E_{m-n}
\end{pmatrix}.
\]
这样 $P\eqdef (P_2P_1)^{-1}$ 即为所要求。

(4)$\Rightarrow$(5). 若 $A = P\begin{pmatrix}
E_n \\ 0
\end{pmatrix}$, 取 $B = \begin{pmatrix}
E_n & 0
\end{pmatrix}P^{-1}$, 即有 $BA = E_n$.

(5)$\Rightarrow$(6). 若存在 $B$ 使得 $BA = E$, 
$AX = \beta$ 有解时必有 $X=BAX = B\beta$.

(6)$\Rightarrow$(7). 取 $\beta = 0$.

(7)$\Rightarrow$(8). 假设 $AX = 0$ 有非平凡解 $Y$. 
记 $AX = \beta$ 的唯一解为 $X'$. 
那么 $Y+X'$ 是 $AX = \beta$ 的不同于 $X'$ 的解，与$AX = \beta$ 有唯一解矛盾。

(8)$\Rightarrow$(10). 
记 $B = \begin{pmatrix}\beta_1 & \beta_2 & \cdots & \beta_s \end{pmatrix}$. 
设 $ABy = 0$, 其中 $y\in \bF^{(s)}$. 由于 $AX = 0$ 只有平凡解，有 $By= 0$. 而 $B$ 的
列向量组线性无关，故 $y = 0$. 从而 $AB$ 的列向量组线性无关，
即 $A\beta_1, A\beta_2, \cdots, A\beta_s$ 线性无关。

(10)$\Rightarrow$(1). 注意到 $A$ 的第 $i$ 列等于 $Ae_i$. 
取 $\beta_i = 𝑒_i$ ($1 \leqslant i \leqslant n$) 即知 $A$ 列满秩。

(1)$\Rightarrow$(9). 设$A$列满秩。考虑线性关系$\sum_{i=1}^s x_i A\beta_i=0$. 
这样$A(\sum_{i=1}^s x_i \beta_i)=0$. 既然$A$列满秩，$\sum_{i=1}^s x_i\beta_i=0$. 
又$\beta_1, \cdots, \beta_s$线性无关，我们有所有$x_i=0$.
这就证明了$A\beta_1, \cdots, A\beta_s$线性无关。实际上，(9)这条是线性单射的性质。
反过来，设对任意的线性无关的$\beta_1, \cdots, \beta_s\in \bF^{(n)}$有
$A\beta_1, \cdots, A\beta_s$线性无关。
那么（取$s=1$）对$0\neq \gamma\in \bF^{(n)}$有$A\gamma\neq 0$. 
从而齐次线性方程组$AX=0$只有平凡解，因而$A$的列线性无关，即列满秩。


(4)$\Rightarrow$(11). 若 $A = P\begin{pmatrix}
E_n \\ 0
\end{pmatrix}$, 令 $C = P \begin{pmatrix}
0 \\
E_{m-n}
\end{pmatrix}$. 那么有
\[
\begin{pmatrix}
  A & C
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
  P 
  \begin{pmatrix}
    E_n \\ 0
  \end{pmatrix} & P
  \begin{pmatrix}
    0 \\ E_{m-n}
  \end{pmatrix}
\end{pmatrix}=P\begin{pmatrix}
  E_n & 0\\
  0 & E_{m-n}
\end{pmatrix} = P
\]
是可逆矩阵。

(11)$\Rightarrow$(12). 设 $\begin{pmatrix}
A & C
\end{pmatrix}$是可逆矩阵，则 $\begin{pmatrix}
A^{\rT} \\ C^{\rT}
\end{pmatrix}$ 是可逆矩阵。这样线性方程组 $\begin{pmatrix}
A^{\rT} \\ C^{\rT}
\end{pmatrix}X = \begin{pmatrix}
\beta \\ 0
\end{pmatrix}$总有解，这个解也是 $A^{\rT} X = \beta$ 的解。

(12)$\Rightarrow$(5). 取 $\beta_i \in \bF^{(n)}$ ($1 \leqslant i \leqslant n$) 
使得 $A^{\rT} \beta_i = e_i$. 记 $B = \begin{pmatrix}
\beta_1 & \beta_2 & \cdots & \beta_n
\end{pmatrix}$. 那么 $A^{\rT} B = E$. 从而
$B^{\rT} A = E$.
\end{remark}



\begin{remark}\label{01F}
矩阵 $A$ 称为\emph{行满秩}若其行向量组线性无关，
这显然等价于 $A^{\rT}$ 列满秩。
我们已经在注记~\ref{04C}~中证明了列满秩的一些刻画，
这个转置的版本为（注意我特地把表示行数与列数的字母$m,n$也换了下位置，这是转置的效果）：
对$A\in \bF^{n\times m}$, 下列等价：
\begin{enumerate}
  \item $A^{\rT}$列满秩；
  \item $A$行满秩；
  \item $\rank_r A=\rank_c A = \rank A=n$, 即$A$的行秩、列秩和秩等于其行数；
  \item $A$有个可逆的$n$阶子方阵；
  \item 存在可逆矩阵$Q$使得$A=\begin{pmatrix}
      E_n & 0
    \end{pmatrix}Q$;
  \item $A$有右逆，即存在$B$使得$AB=E_n$;
  \item 对任意的$\beta\in \bF^{m}$, 线性方程组$XA=\beta$的解至多唯一（即存在时必唯一）；
  \item 对某个$\beta\in \bF^{m}$, 线性方程组$XA=\beta$有唯一解；
  \item 齐次线性方程组$XA=0$只有平凡解；
  \item 若$\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_s\in \bF^{n}$线性无关，
    则$\alpha_1 A, \alpha_2A, \cdots, \alpha_sA$线性无关；
  \item $A$可扩充成可逆矩阵$\begin{pmatrix}
      A \\ C
    \end{pmatrix}$;
  \item 对任意的$\beta\in \bF^{(n)}$, 线性方程组$A X=\beta$总有解。
\end{enumerate}
\end{remark}



\begin{exercise}\label{021}
设$A$是可逆方阵。证明：
\begin{enumerate}
\item 
      $\begin{pmatrix}
          A^{-1} - CBA^{-1} & C
      \end{pmatrix}$
  是 $\begin{pmatrix}
      A\\ B
  \end{pmatrix}$ 的左逆；
\item  
      $\begin{pmatrix}
          A^{-1} - A^{-1} C B\\
          B
      \end{pmatrix}$
  是 $\begin{pmatrix}
      A & C
  \end{pmatrix}$ 的右逆。
\end{enumerate}
\end{exercise}
\begin{solution}
直接验证即可。
\end{solution}


\begin{exercise}\label{20A}
  证明同时有左逆和右逆的矩阵（注意我们没有假定是方阵）只能是可逆矩阵。
\end{exercise}

\begin{solution}
  若矩阵$A$有左逆（转：右逆），则$A$列满秩（转：行满秩），
  从而$A$的列数（转：行数）等于$A$的秩。
  故$A$同时有左右逆时$A$必定为方阵。又$A$满秩，故$A$为可逆矩阵。
\end{solution}




\begin{exercise}\label{019}
证明：
\begin{enumerate}
\item $\rank AB =\rank B$ 当且仅当齐次线性方程组 $ABX=0$ 的解都是齐次线性方程组 $BX=0$ 的解。
\item 若 $\rank AB = \rank B$, 则对任意可以乘的矩阵 $C$ 有 $\rank ABC =\rank BC$. 
\end{enumerate}
\end{exercise}



\begin{solution}
(1) \fangfa 设$B$有$n$列。由于$BX=0$的解空间$\ker B$包含在$ABX=0$的解空间$\ker AB$中，
$ABX=0$的解都是$BX=0$的解当且仅当$\ker AB=\ker B$当且仅当
$\dim \ker {AB}=\dim \ker B$当且仅当$\rank AB=\rank B$, 
因为$\dim \ker {AB}=n-\rank AB, \dim \ker B=n-\rank B$.

\fangfa  对$m\times n$ 矩阵$M$, 我们也视其为线性映射 
$M\colon \bF^{(n)}\rightarrow \bF^{(m)}, X\mapsto MX$.
考虑线性映射 $A|_B\colon B\bF^{(l)}\rightarrow AB\bF^{(l)}, BX\mapsto ABX$, 
  由秩-零度定理%
\footnote{这里``秩-零度定理''指的是：
若 $\sA\colon V\rightarrow W$ 为两个线性空间
$V, W$ 之间的线性映射，其中 $V$ 有限维，则 $\dim V=\dim \ker \sA+\dim\im \sA$,
其中 $\ker \sA, \im \sA$ 分别为 $\sA$ 的核、像。
}
  我们有
  \[
      \dim \ker \varphi_{A|B} + \rank AB =\rank B.
  \] 
  这样，$\rank AB= \rank B$ 当且仅当 $\ker A|_B=0$ 当且仅当 $ABX=0$ 的解都是 $BX=0$ 的解。

  (2) 若 $\rank AB=\rank B$, 由 (1) 知对列向量 $X$ 有只要$ABCX=AB(CX)=0$ 那么 $BCX=B(CX)=0$.
  这样再由 (1) 知 $\rank ABC =\rank BC$.
\end{solution}

\begin{exercise}
设 $A, B$ 为 $n$ 阶方阵。证明：
\[
\begin{aligned}
    \rank (E-AB)&= \rank (E-BA),\\
      \rank (A+B-AB)&= \rank (A+B-BA).
    \end{aligned}
\]
\end{exercise}

\begin{solution}
我们可做如下的 (分块形式的) 初等变换：
\[
  \begin{pmatrix}
    E & B \\
        A & E
      \end{pmatrix}\xrightarrow[c_2-c_1\times B]{r_2-A\times r_1}
 \begin{pmatrix}
    E &  \\
        & E-AB
      \end{pmatrix},
\quad
  \begin{pmatrix}
    E & B \\
        A & E
      \end{pmatrix}\xrightarrow[r_1-B\times r_2]{c_1-c_2\times A}
 \begin{pmatrix}
    E-BA &  \\
        & E
    \end{pmatrix}.
\]
这两个操作都不改变秩，故
\[
\rank\begin{pmatrix}
E & A \\
B & E
\end{pmatrix}=n+\rank(E-A B),\quad \rank\begin{pmatrix}
E & A \\
B & E
\end{pmatrix}=n+\rank(E-B A).
\]
因此 $\rank (E-AB)=\rank(E-BA)$. 
应用此公式到 $E-A, E-B$ 得
\begin{align*}
\rank (A+B-AB)&= \rank (E-(E-A)(E-B))\\
&= \rank (E-(E-B)(E-A))=\rank (A+B-BA).
\tag*{\qedhere}
\end{align*}
\end{solution}



\begin{exercise}\tiyuan{\parencite[2024]{zheda}}
设 $A, B, C$ 为同阶方阵，证明 $\rank (A+B-ACB)=\rank (A+B-BCA)$.
\end{exercise}
\begin{solution}
\end{solution}



\begin{exercise}
对 $A\in  \bF^{m\times n}, B\in \bF^{n\times p}$, 
证明存在$C\in \bF^{p\times n}$ 使得 $A=ABC$ 当且仅当
$\rank A= \rank AB$.
\end{exercise}

\begin{solution}
对矩阵 $M$, 记 $\Span_c M$ 为 $M$ 的列空间（即 $M$ 的列张成的空间）。
$AB$的列是$A$的列的线性组合，从而$\Span_c AB\subset \Span_c A$. 
若存在$C$使得$A=ABC$, 则亦有$\Span_c A\subset \Span_c AB$, 
从而$\Span_c AB=\Span_c A$. 这样
\[
  \rank A=\rank_c A=\rank_c AB=\rank AB.
\]
反过来，若$\rank A=\rank AB$, 则$\rank_c A=\rank_c AB$.
此时$\Span_c AB=\Span_c A$. 
从而$A$的列都是$AB$的列的线性组合，亦即若$\alpha_i$为$A$的第$i$列，
则存在列向量$\beta_i$使得$\alpha_i=AB\beta_i$.
令$C=\begin{pmatrix}
  \beta_1 & \cdots & \beta_n
\end{pmatrix}$. 那么$A=ABC$.
\end{solution}


\begin{exercise}
设$A, B$是可交换的方阵。
\marginpar{\parencite[2007]{beida}}
证明$\rank (A+B)+ \rank AB\leqslant \rank A+ \rank B$.
\end{exercise}

\begin{solution}
用 $\ker M$ 表示齐次线性方程组 $MX=0$ 的解空间。 
  显然$\ker A\cap \ker B\subset \ker (A+B)$. 
  显然 $\ker B\subset \ker AB$; 又由$AB=BA$ 知 $\ker A\subset\ker BA= \ker AB$;
  这样 $\ker A+\ker B\subset \ker AB$.
进而
\begin{align*}
  \dim \ker A+ \dim \ker B&=  \dim \left(\ker A\cap \ker B\right) + \dim \left(\ker A+ \ker B\right) \\
  &\leqslant \dim \ker (A+B) + \dim \ker AB.
\end{align*}
即
\[
  (n-\rank A) + (n-\rank B)\leqslant (n-\rank (A+B))+ (n-\rank AB),
\]
其中$n$是$A, B$的阶。所以
\[
  \rank (A+B)+ \rank AB\leqslant \rank A+ \rank B.
  \tag*{\qedhere}
\]
\end{solution}



\begin{exercise}\label{061}
设 $A \in \bF^{m\times n}, B \in \bF^{n\times p}, C \in \bF^{p\times q}$. 证明
\begin{enumerate}
  \item Sylvester 不等式：
    \begin{equation*}
        \rank A + \rank B - n \leqslant \rank AB. 
    \end{equation*}
  \item  Frobenius 不等式：
    \begin{equation*}
      \rank AB + \rank BC \leqslant \rank ABC + \rank B.
    \end{equation*}
\end{enumerate}

\end{exercise}

\begin{solution}
\fangfa Sylvester 不等式是 Frobenius 不等式的特别情形（在 Frobenius 不等式中取 $B =E$）。
我们来证明 Frobenius 不等式。我们有
\begin{align*}
  \begin{pmatrix}
    AB  \\ B & BC
\end{pmatrix} 
\xrightarrow{r_1+(-A)\times r_2}
%\xrightarrow{\text{第二大行左乘$-A$加到第一大行}} & 
\begin{pmatrix}
    & -ABC  \\ B & BC
\end{pmatrix}
\xrightarrow{c_2+c_1\times (-C)}
% \xrightarrow{\text{第一大列右乘$-C$加到第二大列}}  &
\begin{pmatrix}
       & -ABC \\ B
   \end{pmatrix}.
\end{align*}
故而
\begin{align*}
\rank AB + \rank BC & \overset{\circled{1}}{\leqslant} \rank \begin{pmatrix}
    AB  \\ B & BC
\end{pmatrix} = \rank \begin{pmatrix}
    & -ABC \\ B 
\end{pmatrix}\\
&\overset{\circled{2}}{=}  \rank ABC + \rank B.
\end{align*}
%其中 \circled{1} 和 \circled{2} 用到了练习~\ref{rank-triangular}。

\fangfa   对矩阵 $M \in \bF^{m\times n}$, $N \in \bF^{n\times p}$, 
我们记限制映射：
\[
 \varphi_{M|N} = \varphi_M|_{N\bF^{(p)}}\colon 
 N\bF^{(p)} \rightarrow MN\bF^{(p)} \subset \bF^{(m)},\quad
 NX \mapsto MNX.
\]

(1)
  对 $\varphi_{A|B}\colon B\bF^{(p)}\rightarrow AB\bF^{(p)}$ 应用秩-零度定理有
    \[ \rank AB + \dim  \ker  \varphi_{A|B} = \rank B. \]
    注意到 $\ker  \varphi_{A|B} \subset \ker  \varphi_A$, 其中 $\varphi_A\colon \bF^{(n)} \rightarrow \bF^{(m)}, X\mapsto AX$, 故
    \[
      \dim  \ker  \varphi_{A|B} \leqslant \dim  \ker  \varphi_A = n - \rank A.
    \]
这样 $\rank B - \rank AB \leqslant n - \rank A$, 即
\[
\rank AB \geqslant \rank A + \rank B - n.
\]

(2) 我们有
\[
\begin{aligned}
  \rank BC &\overset{\circled{1}}{=}  \rank ABC + \dim  \ker  \varphi_{A|BC}\\
  &\overset{\circled{2}}{\leqslant} \rank ABC + \dim  \ker  \varphi_{A|B}\\
  &\overset{\circled{3}}{=}  \rank ABC + \rank B - \rank AB,\\
  \end{aligned}
\]
其中 \circled{1} 是对线性映射 $\varphi_{A|BC}\colon BC\bF^{(q)} \rightarrow ABC\bF^{(q)}$ 应用秩-零度定理，
\circled{2} 是因为 $\ker  \varphi_{A|BC} \subset \ker  \varphi_{A|B}$, 
\circled{3} 是对线性映射 $\varphi_{A|B}\colon B\bF^{(p)} \rightarrow AB\bF^{(p)}$ 应用秩-零度定理。
\end{solution}



\begin{exercise}\label{038}
设 $M\in \bF^{n\times n}$. 证明：
\begin{enumerate}    
\item  存在非负整数 $k$ 使得 $\rank M^k=\rank M^{k+1}$. 
\item  若对某个非负整数 $k$ 有 $\rank M^k =\rank M^{k+1}$, 
那么对任意的正整数 $j$ 有 $\rank M^k =\rank M^{k+j}$. 
\end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
  \fangfa  视 $M$为复矩阵。
  令 $J=J(\lambda_1, l_1) \oplus \cdots \oplus J(\lambda_r, l_r)$ 为
  $M$ 的 Jordan标准形。那么对正整数 $k$ 有 $M^k$ 相似于 
  \[
    J^k= J(\lambda_1, l_1)^k \oplus \cdots \oplus J(\lambda_r, l_r)^k. 
  \]
  我们有 
  \[
    \rank M^k=\rank J^k = \sum_{i=1}^r J(\lambda_i, l_i)^k.
  \]
  若 $\lambda_i\neq 0$, $J(\lambda_i, l_i)$ 可逆，取幂后秩不变 (始终是 $l_i$)；
  若 $\lambda_i=0$, $J_i=J(\lambda_i, l_i)$ 的$1$至$l_i$次幂为 
  (我们的Jordan块取成上三角形的形式)
  \[
    J_i^k = \begin{pmatrix}
      & E_{l_i-k}\\
      0_{k\times k} &
    \end{pmatrix}, \quad 1\leqslant k\leqslant l_i.
  \]
  因此 $J_i, J_i^2,\cdots, J_i^{l_i-1}, J_i^{l_i}$ 的秩依次减少 $1$ 且 
  $J_i^{l_i}=0$. 
  由此可知，
使得$\rank M^k=\rank M^{k+1}$成立的最小的非负整数$k_0$ 是
$M$ 的 Jordan标准形中属于 $0$的Jordan 块的最高阶数 
(如果 $0$不是 $M$的特征值，$k_0=0$)，
这也是 $0$ 作为 $M$ 的最小多项式的根 (可能不是根) 的重数。
而且，对 $k>k_0$, $\rank M^k=\rank M^{k_0}$, 这也是所有非零特征值的代数重数之和。

\fangfa  
(1) 显然 $M^{r+1}\bF^{(n)}\subset M^r\bF^{(n)}$, 所以 
    \[
      \rank M\geqslant \rank M^2\geqslant \rank M^3 \geqslant \cdots
    \]
  (或者直接使用$\rank AB\leqslant \min\{\rank A, \rank B\}$)。
  这是非负整数的降链，严格小于出现的次数是有限的，所以某步后全是等于，即存在 $k$ 使得 
    \[
      \rank M^k=\rank M^{k+1}=\rank M^{k+2}=\cdots.
    \]

(2) 由 Frobenius 不等式（取里面的 $B=M^{k}, A=C=M$）有
  \[ \rank M^{k+1}+\rank M^{k+1}\leqslant \rank M^k + \rank M^{k+2}. \]
  这样
  \[
      \rank M-\rank M^2\geqslant \rank M^2-\rank M^3 \geqslant \cdots\geqslant 0.
  \]
  所以，若对某个 $k$ 有 $\rank M^k = \rank M^{k+1}$, 那么有 
  \[
    \rank M^k=\rank M^{k+1}=\rank M^{k+2}= \cdots.
    \tag*{\qedhere}
  \]
\end{solution}

\begin{exercise}\tiyuan{\parencite[2024]{dongnandaxue}}
设 $f(x), g(x)$ 为多项式，$A$ 为方阵，证明： 
\[
\rank \begin{pmatrix}{f(A)}\\ {g(A)}\end{pmatrix}=\rank \begin{pmatrix}f(A) & g(A)\end{pmatrix}.
\]
\end{exercise}


\begin{solution}
\fangfa   令 $d$ 为 $f,g$ 的一个最大公因式，$f=df_1, g=dg_1$.
存在多项式 $u, v$ 使得 $u f+v g=d$.
此时
\[
\begin{aligned}
\begin{pmatrix}f(A)\\ g(A)\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix} f_{1}(A) \\ g_{1}(A)\end{pmatrix}d(A)
& \Rightarrow
\rank\begin{pmatrix}{f(A)} \\ {g(A)}\end{pmatrix} \leqslant \rank d(A),\\
\begin{pmatrix} u(A) & v(A)\end{pmatrix}\begin{pmatrix}{f(A)}\\ {g(A)}\end{pmatrix}=d(A)
& \Rightarrow
\rank\begin{pmatrix}{f(A)} \\ {g(A)}\end{pmatrix} \geqslant \rank d(A).
\end{aligned}
\]
这样 $\rank\begin{pmatrix} {f(A)}\\ {g(A)}\end{pmatrix}=\rank d(A)$.
类似地，$\rank \begin{pmatrix}f(A) & g(A)\end{pmatrix}=\rank d(A)$. 故
\[
\rank \begin{pmatrix}{f(A)}\\ {g(A)}\end{pmatrix}=\rank d(A) =\rank \begin{pmatrix}f(A) & g(A)\end{pmatrix}.
\]
\iffalse
\fangfa  令 $d$ 为 $f,g$ 的一个最大公因式，$f=df_1, g=dg_1$. 
此时 $f_1, g_1$ 互素，因此存在多项式 $u, v$ 使得 $u f_1+v g_1=1$.
从而
\[
\begin{pmatrix} u(A) & v(A)\end{pmatrix}\begin{pmatrix}{f_1(A)}\\ {g_1(A)}\end{pmatrix}=E.
\]
这样 $\begin{pmatrix}{f_1(A)}\\ {g_1(A)}\end{pmatrix}$ 为列满秩矩阵。
类似可知 $\begin{pmatrix}
f_1(A) & g_1(A)
\end{pmatrix}$ 为行满秩矩阵。由于列满秩矩阵左乘 和行满秩矩阵右乘不改变秩，
既然 
\[
\begin{pmatrix}{f(A)}\\ {g(A)}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}{f_1(A)}\\ {g_1(A)}\end{pmatrix} d(A), \quad
\begin{pmatrix}f(A) & g(A)\end{pmatrix} = d(A) \begin{pmatrix}f_1(A) & g_1(A)\end{pmatrix},
\]
我们有
\[
\rank 
\begin{pmatrix}{f(A)}\\ {g(A)}\end{pmatrix} = \rank d(A) =\rank \begin{pmatrix}f(A) & g(A)\end{pmatrix}.
\]
\fi
\fangfa  设 $A$ 的阶 为 $n$. 令 $d$ 为 $f,g$ 的一个最大公因式。我们有
\[
\begin{aligned}
\ker \begin{pmatrix}f(A) \\ g(A)\end{pmatrix} &=  \ker f(A) \cap \ker g(A)=\ker d(A), \\
\ker \begin{pmatrix}f(A^{\rT}) \\ g(A^{\rT})\end{pmatrix} &=  \ker f(A^{\rT}) \cap \ker g(A^{\rT})=\ker d(A^{\rT}),
\end{aligned}
\]
其中两个式子中后一个等号都是应用了练习~\ref{0D7}。
这样 
\begin{align*}
  \rank \begin{pmatrix}f(A) \\ g(A)\end{pmatrix} &=  \rank d(A) =\rank d(A)^{\rT} = \rank d(A^{\rT})\\
  &= \rank \begin{pmatrix}f(A^{\rT}) \\ g(A^{\rT})\end{pmatrix} 
  = \rank \begin{pmatrix}f(A) & g(A)\end{pmatrix}.
  \tag*{\qedhere}
\end{align*}
\end{solution}



\begin{exercise}\label{06B}
设$f, g\in \bF[\lambda]$是多项式，
且$d, e$分别为$f, g$的一个最大公因式和一个最小公倍式。
设$A\in \bF^{n\times n}$. 证明
\[
  \rank f(A) + \rank g(A)= \rank d(A) + \rank e(A).
\]
例如，
\[
  \rank (A-A^2) +\rank (A+A^2) = \rank A + \rank(A-A^3).
\]
\end{exercise}

\begin{solution}
\fangfa  存在$u, v\in P[\lambda]$使得$uf+vg=d$. 
$e$ 与 $\frac{fg}{d}$相差个非零常数倍，这个非零倍数不影响 $\rank e(A)$,
故不妨设 $de=fg$.
现在我们可以做如下的分块形式的初等变换：
\begin{align*}
  \begin{pmatrix}
    f(A) \\ & g(A)
  \end{pmatrix}\xrightarrow{c_2+c_1\times u(A)}  & 
  \begin{pmatrix}
    f(A) & u(A)f(A) \\ & g(A)
  \end{pmatrix}\\
  \xrightarrow{r_1+v(A)\times r_2} & 
  \begin{pmatrix}
    f(A) & d(A) \\ & g(A)
  \end{pmatrix}\\
  \xrightarrow{c_1+c_2\times \left(-\frac{f}{d}(A)\right)} & 
  \begin{pmatrix}
    & d(A) \\ -e(A) & g(A)
  \end{pmatrix}\\
  \xrightarrow{r_2+\left( -\frac{g}{d}(A) \right)\times r_1} &
  \begin{pmatrix}
    & d(A)\\
    -e(A) 
  \end{pmatrix}.
\end{align*}
所以$\rank f(A)+\rank g(A)=\rank d(A) + \rank e(A)$.

\fangfa  对 $n\times n$矩阵 $M$, 令 $\ker M$ 为线性映射 
$\bF^{(n)}\rightarrow \bF^{(n)}, X\mapsto MX$ 的核。
由练习~\ref{0D7}~我们知道
\[
  \ker f(A)\cap \ker g(A)=\ker d(A), \quad \ker f(A) + \ker g(A) =\ker e(A).
\]
由线性子空间的交与和的维数公式%
\footnote{这里``线性子空间的交与和的维数公式''指的是：
若 $V_1,V_2$ 是线性空间的两个有限维子空间，
则 $\dim (V_1+V_2)+\dim V_1\cap V_2=\dim V_1+\dim V_2$.
}
知
\[
\dim \ker d(A) + \dim \ker m(A)=\dim \ker f(A) + \dim \ker g(A).
\]
这样
\begin{align*}
(n-\rank d(A))+(n-\rank m(A))&= (n-\rank f(A))+(n-\rank g(A)),\quad \text{即}\\
\rank d(A)+\rank m(A)&= \rank f(A)+\rank g(A).
\tag*{\qedhere}
\end{align*}
\end{solution}


\begin{exercise} 
\tiyuan{\parencite[\nopp 2005]{beida}}
设方阵$A\in \bF^{n\times n}$ 满足 $A^3=E$. 证明
\[
  \rank (A-E)+\rank (A^2+A+E)=n.
\]
\end{exercise}

\begin{solution}
\fangfa  
模仿练习~\ref{06B}~的方法一，或直接应用
练习~\ref{06B}~得
\[
  \rank (A-E)+\rank (A^2+A+E)=n+\rank (A^3-E). 
\]
这样所要证显然。

\fangfa  模仿练习~\ref{06B}~的方法二，或直接应用
练习~\ref{06B}。

\fangfa  
由于 $(E-A)(E+A+A^{2})=E-A^{3}=0$,
由练习~\ref{04B} 知 
\[
\rank(E-A) + \rank(E+A+A^{2}) \leqslant n.
\]
另一方面，由于 $1-x, 1+x+x^{2}$ 互素，存在多项式 $u(x), v(x)$ 使得
\[
1=u(x)(1-x)+v(x)(1+x+x^{2}).
\]
令 $x=A$ 得 
\[
E_n= u(A)(E-A)+v(A)(E+A+A^{2})= \begin{pmatrix}
  u(A) & v(A) 
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
  E-A \\ E+A+A^2
\end{pmatrix}.
\]
从而
\[
\rank(E-A) + \rank(E+A+A^{2}) \geqslant \rank \begin{pmatrix}E-A \\ E+A+A^{2}\end{pmatrix} 
\geqslant \rank E_n= n.
\]
总之，得 $\rank(E-A) + \rank(E+A+A^{2}) = n$.



\fangfa  $A$ 的最小多项式整除 $x^3-1$. 由于 $x^{3}-1$ 有 $3$ 个不同的根，
$A$ 可相似对角化。这样，存在可逆矩阵 $Q$ 使得 
\[
Q^{-1} A Q=\diag(E_{r}, \zeta E_{s}, \zeta^{2} E_{t}),
\]
其中 $\zeta=e^{\frac{2 \pi i}{3}}$,  $r, s, t \geqslant 0$ 且 $r+s+t=n$. 从而
\[
\begin{aligned}
Q^{-1}(E-A) Q&=  E-Q^{-1} A Q=\diag(0_{r\times r}, (1-\zeta) E_{s},(1-\zeta^{2}) E_{t}), \\
Q^{-1}(E+A+A^{2}) Q&= E+Q^{-1} A Q+(Q^{-1} A Q)^{2}=\diag(3 E_{r}, 0_{s \times s}, 0_{t \times t}).
\end{aligned}
\]
于是
\begin{align*}
\rank(E-A)+\rank(E+A+A^{2})&= \rank Q^{-1}(E-A) Q+\rank Q^{-1}(E+A+A^{2}) Q\\
&= (s+t)+r=n. \tag*{\qedhere}
\end{align*}


\end{solution}






\begin{exercise}
设$A, B$是$n$阶矩阵，且$A, B$的秩$r, s$满足$r+s\leqslant n$.
证明
\[
  \rank (A+B)=\rank A+\rank B
\]
当且仅当存在可逆矩阵$P, Q$使得
\[
  PAQ=\begin{pmatrix}
    E_r \\ & 0
  \end{pmatrix}, \quad PBQ=\begin{pmatrix}
    0\\ & E_s
  \end{pmatrix}.
\]
\end{exercise}

\begin{solution}

我们证明($\Rightarrow$). 

  \fangfa 只用证明$A, B$可以同时通过一系列初等变换分别化成
\[
  \begin{pmatrix}
    E_r \\ & 0
  \end{pmatrix}, \quad \begin{pmatrix}
    0\\ & E_s
  \end{pmatrix}.
\]
我们先对$A, B$同时做行化简，使得 $A$ 被化为其标准形，即我们行化简得
\[
  \begin{pmatrix}
    A & B
  \end{pmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix}
    A' & B'
  \end{pmatrix}= \left(
    \begin{array}{cc|c}
    E_r & 0 & B_1 \\
    0 & 0 & B_2
  \end{array}
\right),
\]
其中我们对$B'$做了相应的分块 (因此 $B_1$为 $r\times n$矩阵)。
   由于$\rank (A+B)=r+s$, 我们有
  \[
\begin{aligned}
    r+s&= \rank \left(\begin{pmatrix}
        E_r & 0 \\ 0 & 0
    \end{pmatrix}+\begin{pmatrix}
      B_1 \\ B_2
  \end{pmatrix}\right) =\rank \begin{pmatrix}
    \begin{pmatrix}
      E_r & 0
    \end{pmatrix} + B_1 \\ B_2
  \end{pmatrix} \\
  & \leqslant  \rank \left(  \begin{pmatrix}
      E_r & 0
  \end{pmatrix} + B_1 \right) +\rank  B_2.
\end{aligned}
  \]
  显然
  \(
    \rank \left(\begin{pmatrix}
      E_r  & 0
  \end{pmatrix}+B_1\right)\leqslant r,
\)
  %且$B_2$的行不落在 $\begin{pmatrix}  E_r & 0  \end{pmatrix}+B_1$的行空间中，
  这样$\rank B_2\geqslant s$. 而$\rank B_2\leqslant \rank B=s$, 
  故
  \[
    \rank_r B_2=\rank B_2 = s= \rank_r \begin{pmatrix}
      B_1 \\ B_2
    \end{pmatrix},
  \]
从而$B_1$的行都可以被$B_2$的行线性表出。
因此接着行化简$\begin{pmatrix}
  A' & B'
\end{pmatrix}$我们可以得到
    \[
      \begin{pmatrix}
        A'' & B''
      \end{pmatrix}= \left(\begin{array}{cc|c}
        E_r & 0 & 0 \\
        0 & 0 & B_2
\end{array}\right).
\]不仅如此，我们进一步行化简$B_2$的行，用行向量组的极大线性无关组清零其他行，可以达到
\[
\begin{pmatrix}
        A''' & B'''
      \end{pmatrix}=  \left(\begin{array}{cc|c}
      E_r & 0 & 0 \\
       0 & 0 & 0 \\
      0 & 0 & B_3
    \end{array}\right),
  \]
  其中$B_3$有$s$行，且这些行线性无关。
  接下来我们对
  \[
\begin{pmatrix}
        A''' \\ B'''
      \end{pmatrix}=
    \left(\begin{array}{cc}
        E_r & 0  \\
    0 & 0 \\
    \hline
    0 & 0 \\
    B_{31} & B_{32}
\end{array}\right)\]做列化简，
其中我们对$B_3$做了相应的分块为$\begin{pmatrix}
B_{31} & B_{32}
\end{pmatrix}$ (因此 $B_{31}$ 为 $s\times r$ 矩阵).
跟刚才关于行的讨论类似的论断可以表明我们可以列化简至形如
  \[
\begin{pmatrix}
        A'''' \\ B''''
      \end{pmatrix}=
    \left(\begin{array}{ccc}
        E_r & 0 & 0   \\
        0 & 0 & 0 \\
    \hline
    0 & 0& 0 \\
    0 & 0& B_{4}
\end{array}\right),
\]
其中$B_4$是 $s$ 阶可逆方阵。进而我们可以列化简至
  \[
    \begin{pmatrix}
        A''''' \\ B'''''
      \end{pmatrix}= \left(\begin{array}{ccc}
        E_r & 0 &  0 \\ 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0  \\ \hline 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0& 0 & E_s
    \end{array}\right).  
\]

\fangfa  下面是映射版本的证明。
对矩阵$C\in \bF^{m\times n}$, 我们也视$C$为线性映射
\[
  C\colon \bF^{(n)}\rightarrow \bF^{(m)}, X\mapsto CX.
\]
显然
\begin{align*}
\rank_c (A+B) \leqslant \rank_c \begin{pmatrix}
    A & B
  \end{pmatrix} \leqslant \rank_c A+\rank_c B.
\end{align*}
若$\rank (A+B) =\rank A+ \rank B$, 那么
\[
\rank_c \begin{pmatrix}
    A & B
  \end{pmatrix} = \rank_c A+\rank_c B,
\]
于是
\[
  \dim\left( \im A+ \im B \right)= \dim \im \begin{pmatrix}
    A & B
  \end{pmatrix}=\dim \im A+\dim \im B.
\]
这样 $\dim (\im A\cap \im B)=0$, 从而   $\im A\cap \im B = \{0\}$.
应用秩-零度定理我们有
\begin{gather*}
  \dim \ker A =n-\dim \im A = n-r, \quad\dim \ker B = n-\dim \im B=n-s, \\
  \dim (\ker A \cap \ker B) 
  =  
  \dim \ker  \begin{pmatrix}A & B\end{pmatrix} =
  n-\dim\im \begin{pmatrix}A & B\end{pmatrix}
  = n-r-s.
\end{gather*}
应用线性子空间的交与和的维数公式我们有
\[
 \dim (\ker A+\ker B)=\dim \ker A+\dim \ker B-\dim (\ker A\cap \ker B)=n,
\]
因此$\ker A+\ker B=\bF^{(n)}$.
取$\ker A\cap \ker B$的一组基$(v_{r+1}, \cdots, v_{n-s})$.
将之分别扩充为$\ker B$和$\ker A$的一组基得
\[
  (v_1, \cdots, v_r, v_{r+1}, \cdots, v_{n-s}),\quad  (v_{r+1}, \cdots, v_{n-s}, v_{n-s+1}, \cdots, v_n).
\]
那么 
\[
  \BB=(v_1, \cdots, v_r, v_{r+1}, \cdots, v_{n-s}, v_{n-s+1}, \cdots, v_n)
\]
为 $\bF^{(n)}=\ker A+\ker B$ 的一组基。
同时，
\[
  \BB''=(Av_1, \cdots, A v_r, B v_{n-s+1}, \cdots, Bv_n)
\]
为 $\im A+\im B$ 的一组基，因为 $\BB''$ 生成$\im A+\im B$ 
且 
\[
  \dim (\im A+\im B)=\dim \im A+\dim \im B=r+s;
\]
特别地，$\BB''$ 线性无关。
将$\BB''$扩充为$\bF^{(n)}$的基
\[
\BB'=(Av_1, \cdots, A v_r, v_{r+1}', \cdots, v_{n-s}', B v_{n-s+1}, \cdots, Bv_n).
\]
线性映射 $A$和$B$
在定义域$\bF^{(n)}$的基$\BB$和值域$\bF^{(n)}$的基$\BB'$下的矩阵分别为
\[
\begin{pmatrix}
    E_r \\ & 0
  \end{pmatrix},\quad \begin{pmatrix}
    0 \\ & E_s
  \end{pmatrix}.
  \]
  而它们在定义域和值域的自然基 $\BB_0=(e_1,\cdots,e_n)$ 下的矩阵分别为 $A, B$. 
  设 由基$\BB_0$ 到基 $\BB$ (转：由基$\BB'$ 到基 $\BB_0$) 的过渡矩阵 为 $Q$ (转：$P$), 即
  $\BB=\BB_0 Q$且 $\BB_0=\BB' P$, 则 
  \[
  PAQ=\begin{pmatrix}
    E_r \\ & 0
  \end{pmatrix}, \quad PBQ=\begin{pmatrix}
    0\\ & E_s
  \end{pmatrix}.
\tag*{\qedhere}
  \]
\end{solution}

\section{杂题}
